1 ¨Ubungen zu Topologie SS2017

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Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 1.1 Sei A ⊆ X linear geordnet und x ein maximales Element von A, dann ist
x = sup A.
Beispiel 1.2 Sei X eine Menge, P(X) die Potenzmenge von X und φ : P(X) → P(X)
eine steigende Funktion (i.e. A ⊆ B ⇒ φ(A) ⊆ φ(B)). Dann existiert eine Teilmenge A0
von X mit φ(A0 ) = A0 . Hinweis: Sei X := {A ∈ P(X) : A ⊆ φ(A)}, so gilt: ∅ ∈ X ,
S
A ∈ X ⇒ φ(A) ∈ X und A0 := X A ist ein Fixpunkt von φ.
Beispiel 1.3 Sei f : X → Y injektiv (surjektiv). Dann gibt es eine surjektive (injektive)
Abbildung g : Y → X.
Beispiel 1.4 Sei X, Y Mengen. Dann gibt es entweder eine Injektion f : X → Y oder
eine Injektion g : Y → X. Hinweis: Sei F: = {(f, A) : A ⊆ X, f : A → Y injektiv}
und (f, A) ≤ (g, B) genau dann, wenn A ⊆ B und g|A = f ; zeigen Sie, daß F induktiv
geordnet ist und benutzen Sie das voranstehende Beispiel.
Beispiel 1.5 (Cantor, Bernstein) Seien f : X → Y und g : Y → X injektive Funktionen. Dann existiert eine Bijektion h : Y → X. Hinweis : Sei φ : P(X) → P(X) definiert
durch φ(A) = X \ g(Y \ f (A)), dann ist φ steigend. Bezeichnet A0 einen Fixpunkt von φ,
so sei
(
g(y) falls y ∈ Y \ f (A0 )
h(y) =
f −1 (y) falls y ∈ f (A0 )
Beispiel 1.6 Ist (E, k.k) ein normierter Raum mit der offene Einheitskugel BE und p
eine Halbnorm auf E. Dann sind folgende Aussagen äquivalent:
1. p ist stetig auf E.
2. p ist in 0 stetig.
3. ∃ C > 0 ∀ x ∈ E: p(x) ≤ C kxk.
2. ⇒ 3.: Da p(0) = 0 gibt es zu δ = 1 ein r > 0, so daß p(rBE ) ⊆ (−1, 1), also: C = 1/r.
3. ⇒ 1.: Seien x 6= y ∈ E, dann folgt:
p(x − y) = kx − yk p((x − y)/ kx − yk) ≤ C kx − yk .
Beispiel 1.7 Sei e1 , . . . , en die kanonische Basis von Rn und k.k eine Norm auf Rn , so
daß für alle j ≤ n: kej k ≤ 1. Zeigen Sie, daß für alle x ∈ Rn gilt: kxk ≤ kxk1 , also:
kid : ℓn1 → (Rn , k.k)k ≤ 1.
2. Es gibt eine Konstante C < ∞, so daß für alle x ∈ Rn : kxk1 ≤ C kxk. Hinweis:
Benutzen Sie die Kompaktheit von ∂B1n : = {x ∈ ℓn1 : kxk1 = 1}.
2. Angenommen es gibt keine solche Konstante C, dann gibt es eine Folge xn ∈ ∂B1n mit
kxn k ≤ 1/n. Sei x ein Häufungspunkt der Folge xn , dann folgt einerseits kxk1 = 1 und
andererseits: kxk = 0, i.e. x = 0.
Beispiel 1.8 Seien ψ(x) = ex − 1 und p ≥ 1. Zeigen Sie, daß für alle x > 0 gilt: xp ≤
pp ψ(x) (es gilt sogar: ex ≥ 1 + xp /Γ(p + 1)) und folgern Sie, daß für alle f ∈ Lp (µ) gilt:
kf kp ≤ p kf kψ . Schließen Sie, daß k.kψ und sup{k.kp /p : p ≥ 1} zwei äquivalente Normen
sind.
1
R
Es gilt:
ex ≥ (1 + x/p)p ≥ 1 + (x/p)p . Sei ψ(f /λ) dµ ≤ 1, dann folgt:
R
also |f /pλ|p dµ ≤ 1 und somit kf kp ≤ p kf kψ .
Falls kf kp ≤ Cp, dann folgt wegen nn /n! ≤ (2e)n :
Z
ψ(|f /λ|) dµ ≤
∞
X
(Cn/λ)n /n! ≤
n=1
∞
X
R
|f /λ|p dµ ≤ pp ,
(2Ce/λ)n = 2Ce/λ(1 − 2Ce/λ);
n=1
also: kf kψ ≤ 4eC.
+
Beispiel 1.9 Seien ψ : R+
0 → R0 eine streng monoton steigende, konvexe Funktion mit
ψ(0) = 0 und ψ(1) = 1.
1. Es gilt: ℓ1 ⊆ ℓψ ⊆ ℓ∞ und kxk∞ ≤ kxkψ ≤ kxk1 .
2. Ist µ ein Wahrscheinlichkeitsmaß, so gilt: L∞ (µ) ⊆ Lψ (µ) ⊆ L1 (µ) und kXk1 ≤
kXkψ ≤ kXk∞ .
R
R
R
2. Sei ψ(X/c) dµ ≤ 1, dann folgt aus der Jensen-Ungleichung: ψ( X/c dµ) ≤ ψ(X/c) dµ ≤
1, also ψ(kX/ck1 ) ≤ 1 und damit:
kX/ck1 ≤ ψ −1 (1) = 1. Falls c: = kXk∞ < ∞, dann
R
folgt ψ(X/c) ≤ 1 und damit: ψ(X/c) dµ ≤ 1.
Beispiel 1.10 Sei (Ω, F, µ) ein Wahrscheinlichkeitsraum
und ψ :R R+ → R stetig diffeR
renzierbar, dann gilt für alle nicht negativen X: ψ(X/c) dµ = c−1 0∞ ψ ′ (t/c)µ(X > t) dt.
Sei Ω = [0, 1], µ das Lebesguemaß, f : [0, 1] → [0, ∞] die Funktion f (t) = log(1/t) und
ψ(x) = ex − 1. Berechnen Sie kf kψ .
Es gilt für alle c > 1:
Z
1
ψ(f /c) = c
0
−1
Z
∞
0
und damit kf kψ = 3/2.
2
et/c−t dt = (c − 1)−1
2
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+
Beispiel 2.1 Sei d eine Metrik auf X und ϕ : R+
0 → R0 eine stetige streng monoton
steigende Abbildung mit ϕ(0) = 0 und ϕ(x + y) ≤ ϕ(x) + ϕ(y). Zeigen Sie, daß d1 (x, y): =
ϕ(d(x, y)) eine zu d äquivalente Metrik auf X ist.
Beispiel 2.2 Sei X ein metrischer Raum, A ⊆ X; d(x, A): = dA (x): = inf{d(x, y) : y ∈
A}. Zeigen Sie: dA ist Lipschitz-stetig mit der Lipschitzkonstante 1.
Beispiel 2.3 X metrisch, dann gilt: dA = dA und A = ∩n [dA < n1 ] = [dA = 0] i.e.
in einem metrischen Raum ist jede abgeschlossene Menge der Durchschnitt von abzählbar
vielen offenen Mengen.
Beispiel 2.4 Seien 1 ≤ n < N und Ω die Menge aller Teilmengen A von {1, . . . , N } die
genau n Elemente enthalten. Ferner sei für alle X, Y ∈ Ω: d(X, Y ): = n − |X ∩ Y |. Dann
ist (Ω, d) ein metrischer Raum – der Lottoraum.
Die Dreiecksungleichung ist gleichbedeutend mit n + |X ∩ Z| ≥ |Y ∩ X| + |Y ∩ Z|. Nun ist
aber
|Y ∩ X| + |Y ∩ Z| = |Y ∩ (X ∪ Z)| + |Y ∩ (X ∩ Z)| ≤ n + |X ∩ Z| .
Beispiel 2.5 Sei X eine Menge, N ∈ N und Ω = X N . Ferner sei für alle x, y ∈ Ω:
d(x, y): = |{j ≤ N : xj 6= yj }|. Dann ist (Ω, d) ein metrischer Raum. d heißt die
Hamming-Metrik auf Ω.
Seien x, y, z ∈ Ω; falls xj 6= zj , dann gilt entweder xj 6= yj oder yj 6= zj , also: {j : xj 6=
zj } ⊆ {j : xj 6= yj } ∪ {j : yj 6= zj } und damit: d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z).
Beispiel 2.6 Sei (X, d) ein metrischer Raum (d ≤ 1),
H(X): = {A ⊆ X : A = A, A 6= ∅} .
Für je zwei Elemente A, B ∈ H(X) seien
e(A, B): = sup{d(x, B) : x ∈ A}
dH (A, B): = max{e(A, B), e(B, A)} .
Zeigen Sie: dH ist eine Metrik auf H(X) – die Hausdorff-Metrik.
Falls dH (A, B) = 0, dann ist e(A, B) = 0 und e(B, A) = 0 i.e. A ⊆ B und B ⊆ A. Seien
A, B, C ∈ H(X), dann gibt es zu jedem c ∈ C ein b ∈ B mit d(c, b) ≤ dH (B, C) und zu
diesem b gibt es ein a ∈ A mit d(b, a) ≤ dH (A, B), also d(a, c) ≤ dH (A, B) + dH (B, C).
Beispiel 2.7 Es gilt dH (A, B) = inf{ε > 0 : A ⊆ Bε , B ⊆ Aε }, wobei Aε die sogenannte
Parallelmenge Aε : = [dA < ε] von A bezeichnet.
Beispiel 2.8 Sei p eine Primzahl, n, m ∈ Z und φ(n) der Exponent von p in der Primzerlegung von |n|. Für x = n/m sei φ(x) = φ(n) − φ(m). Dann ist durch
|x|p : =
(
p−φ(x) falls x 6= 0
0
falls x = 0
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eine “Norm”auf Q definiert – die p-adische Norm, und es gilt für alle x, y ∈ Q:
|xy|p = |x|p |y|p
und
|x + y|p ≤ max{|x|p , |y|p } .
Die Vervollständigung von (Q, |.|p ) heißt der Körper der p-adischen Zahlen und wird
mit Qp bezeichnet. Warum ist Qp ein Körper?
Seien x, y, x + y 6= 0, x = a/b und y = c/d, dann ist
φ(x + y) = φ(ad + cb) − φ(b) − φ(d) ≥ min{φ(ad), φ(cb)} − φ(b) − φ(d)
= min{φ(a) + φ(d), φ(c) + φ(b)} − φ(b) − φ(d)
= min{φ(a) − φ(b), φ(c) − φ(d)} = min{φ(x), φ(y)} .
Beispiel 2.9 Sei X eine Menge und R, S ⊆ X × X Relationen. Dann ist
RS: = {(x, y) ∈ X 2 : ∃ z ∈ X : (x, z) ∈ R, (z, y) ∈ S}
eine Relation auf X. Insbesondere schreibt man für RR auch R2 . Sind R, S symmetrisch,
so ist auch RS symmetrisch. Ist R eine symmetrische und reflexive Relation auf X, so
S
daß Rn = X 2 , dann ist durch
N (x, y): =
(
0
falls x = y
inf{n ∈ N : (x, y) ∈ Rn } sonst
eine Halbmetrik definiert.
Beispiel 2.10 Sei R eine symmetrische und reflexive Relation auf X, so daß
und f : R → R+
0 symmetrisch. Dann ist durch d(x, x): = 0 und für x 6= y:
d(x, y): = inf

n
X

f (zj−1 , zj ) : n ∈ N, z0 = x, zn = y, (zj−1 , zj ) ∈ R
j=1
eine Halbmetrik auf X definiert.
4
S



Rn = X 2
3
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Beispiel 3.1 Sei A eine abgeschlossene Teilmenge eines normierten Raumes X und x ∈
/
A. Zeigen Sie: d(x, A) = d(x, ∂A).
Beispiel 3.2 Sei A eine abgeschlossene Teilmenge eines metrischen Raumes X und x ∈
/
A. Zeigen Sie, daß die Beziehung d(x, A) = d(x, ∂A) i.a. nicht gilt.
Beispiel 3.3 Jedes Mengensystem S ⊆ P(X) mit {X, ∅} ⊆ S ist Subbasis einer Topologie
auf X.
Beispiel 3.4 Auf N0 betrachten wir folgendes Mengensystem S: für m ∈ N und l ∈
{0, . . . , m − 1} sei Al,m : = l + mN0 , i.e. die Menge aller n ∈ N0 , die bei Division durch
m den Rest l ergeben. Zeigen Sie:
1. S ist Basis einer Topologie auf N0 .
2. Es gilt: Acl,m ist die Vereinigung von endlich vielen Mengen aus S und somit ist Acl,m
offen.
T
3. Ist P die Menge der Primzahlen, so gilt: {1} = {Ac0,p : p ∈ P }.
4. Es gibt unendlich viele Primzahlen: wäre P endlich, so wäre {1} offen!
1. Ist x ∈ (l + mN0 ) ∩ (k + nN0 ), so folgt: x + nmN0 ⊆ (l + mN0 ) ∩ (k + nN0 ), also ist
B Basis einer Topologie.
Beispiel 3.5 Sei (X, ≤) eine geordnete Menge und Br : = {{y : y ≥ x} : x ∈ X}. Dann
ist Br Basis einer Topologie Tr auf X.
Beispiel 3.6 Seien X, Y geordnete Mengen mit den Topologien Tr und f : X → Y eine
Abbildung. Zeigen Sie, daß f genau dann stetig ist, wenn f die Ordnungen erhält.
Beispiel 3.7 Sei X eine geordnete Menge und T0 , T+ bzw. T− die von den Intervallen
der Form (x, y), [x, y) bzw. (x, y] erzeugten Topologien.
1. Ist X linear geordnet, so bilden die Intervalle der Form (x, y), [x, y) bzw. (x, y] Basen
von T0 , T+ bzw. T− .
2. Ist X wohlgeordnet, so ist T+ die diskrete Topologie und T0 und T− stimmen überein,
falls X kein maximales Element besitzt.
Beispiel 3.8 Zeigen Sie, daß eine Abbildung f : X → Y genau dann stetig im Punkt x
ist, wenn für alle offenen Umgebungen V von f (x) gilt: x ∈ f −1 (V )◦ .
f ist genau dann stetig in x, wenn für alle offenen Umgebungen V von f (x) die Menge
f −1 (V ) eine Umgebung von x ist.
Beispiel 3.9 Sei f : X → Y eine Abbildung, BY eine Basis von TY und C(f ) die Menge
aller Punkte in denen f stetig ist. Zeigen Sie:
C(f )c =
[
f −1 (V ) \ f −1 (V )◦ =
V ∈TY
[
V ∈BY
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f −1 (V ) \ f −1 (V )◦
f ist genau dann nicht stetig in x ∈ X, wenn es ein V ∈ BY gibt, so daß x ∈
/ f −1 (V )◦ ; da
−1
klarerweise x ∈ {x} ⊆ f (V ), bedeutet dies, daß f genau dann nicht stetig in x ∈ X ist,
wenn es ein V ∈ BY gibt, so daß x ∈ f −1 (V ) \ f −1 (V )◦ .
Beispiel 3.10 Seien X, Y topologischer Räume. Zeigen Sie, daß das Mengensystem
{U × V : U ∈ TX , V ∈ TY }
Basis einer Topologie – die sogenannte Produkttopologie – auf X × Y ist.
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Beispiel 4.1 Gl(R, n): = {A ∈ M(R, n) : det A 6= 0} ist eine offene Teilmenge von
M(R, n). Sl(R, n): = {A ∈ M(R, n) : det A = 1}, O(n): = {A ∈ M(R, n) : AAt = 1}
und SO(n): = Sl(R, n) ∩ O(n) sind abgeschlossene Teilmengen von Gl(R, n).
Beispiel 4.2 Gl(C, n): = {A ∈ M(C, n) : det A 6= 0} ist eine offene Teilmenge von
M(C, n). Sl(C, n): = {A ∈ M(C, n) : det A = 1}, U(n): = {A ∈ M(C, n) : AA∗ = 1}
und SU(n): = Sl(C, n) ∩ U(n) sind abgeschlossene Teilmengen von Gl(C, n). A∗ = Āt , i.e.
a∗jk = ākj .
Beispiel 4.3 Seien f : X → Y und g : Y → Z stetig.
1. Sind f und g offen (abgeschlossen), so ist g ◦ f offen (abgeschlossen).
2. Ist g ◦ f offen (abgeschlossen) und f surjektiv, so ist g offen (abgeschlossen).
3. Ist g ◦ f offen (abgeschlossen) und g injektiv, so ist f offen (abgeschlossen).
Beispiel 4.4 Die Abbildung f : A 7→ AA∗ ist eine offene Abbildung von Gl(n, R) in den
Raum der symmetrischen n × n Matrizen. Hinweis: Zeigen Sie, daß Df (A) stets surjektiv
ist.
Beispiel 4.5 Zeigen Sie: sin : R → [−1, 1] ist offen aber nicht abgeschlossen und sin :
R → R ist weder offen noch abgeschlossen.
Beispiel 4.6 Sei ϕ : R → R+
0 konvex, dann ist p : L2 (µ) → [0, ∞], p(f ): =
l.s.c.
R
ϕ(f ) dµ
Beispiel 4.7 Sei X ein topologischer Raum und f : X → R. f ist genau dann von unten
halbstetig, wenn der Supergraph {(x, t) ∈ X × R : f (x) ≤ t} abgeschlossen ist.
Sei C: = {(x, t) ∈ X × R : f (x) ≤ t}. (x, t) ∈
/ C ist gleichbedeutend mit f (x) > t. Ist f
l.s.c., so liegt x in der offenen Menge U : = [f > t + ε]. Die offene Menge (−∞, t + ε/2) × U
enthält den Punkt (x, t) und ist disjunkt von C. Ist umgekehrt C abgeschlossen, so ist
[f ≤ t] × {t} = C ∩ (X × {t}) abgeschlossen und offensichtlich homöomorph zu [f ≤ t].
Beispiel 4.8 Sei X ein Hausdorffraum, U eine offene Teilmenge von X × R. Dann ist
f : X → R,
f (x): = sup{t : (x, t) ∈ U } l.s.c.
Sei W : = {(x, t) : f (x) > t} und (x, t) ∈ W , i.e. f (x) > t, dann gibt es ein s > t, so
daß (x, s) ∈ U und somit gibt es eine offene Umgebung V von x sowie ein ε > 0, so daß
V × (s − ε, s + ε) ⊆ U . Damit gilt aber für alle y ∈ V und alle r < s + ε: f (y) ≥ s + ε > r,
i.e. V × [−∞, s + ε) ⊆ W .
Beispiel 4.9 Sei X ein metrischer Raum und f : X → R+ ,
gn (x): = inf{f (z) + nd(x, z) : z ∈ X}.
Zeigen Sie: |gn (y)−gn (x)| ≤ nd(y, x) und gn (x) ≤ gn+1 (x). Bestimmen Sie die Funktionen
gn , wenn f die Indikatorfunktion einer offenen Menge U ist.
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Sei zu x ∈ X und ε > 0 z ∈ X so bestimmt, daß gn (x) ≥ f (z) + nd(x, z) − ε, dann folgt:
gn (y) − gn (x) ≤ f (z) + nd(y, z) − f (z) − nd(x, z) + ε ≤ nd(y, x) + ε
und aus Symmetriegründen: |gn (y) − gn (x)| ≤ nd(y, x) + ε.
2. Sei f = IU , dann ist gn (x) = (1 + nd(x, U )) ∧ nd(x, U c ); für x ∈ U gilt daher: gn (x) =
1 ∧ nd(x, U c ) und für x ∈ U c : gn (x) = 0, also: gn (x) = 1 falls x ∈ U und d(x, U c ) ≥ 1/n,
gn (x) = nd(x, U c ) falls x ∈ U und d(x, U c ) < 1/n; in allen anderen Punkten verschwindet
gn (x).
Beispiel 4.10 Seien f und gn wie im voranstehenden Beispiel. Zeigen Sie: Falls f l.s.c.
ist, so gilt f (x) = lim gn (x). Diese Beispiele zeigen, daß eine nicht negative Funktion f
auf einem metrischen Raum genau dann l.s.c. ist, wenn f der Grenzwert einer monoton
steigenden Folge Lipschitz-stetiger Funktionen ist.
Da gn (x) ≤ f (x), folgt: h(x): = lim gn (x) ≤ f (x). Falls ein ε > 0 existiert, so daß für alle
n ∈ N: gn (x) < f (x) − ε, dann gibt es zn ∈ X, so daß:
0 ≤ f (zn ) < f (x) − ε − nd(x, zn )
i.e.
nd(x, zn ) ≤ f (x) − ε
Somit konvergiert zn gegen x; andererseits folgt aus f (zn ) < f (x) − ε: zn ∈
/ [f > f (x) − ε];
somit kann x kein innerer Punkt der Menge [f > f (x) − ε] sein.
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Beispiel 5.1 Die Abbildung F : S 1 × S 1 → C × R, (z, w) 7→ ((2 + ℜz)w, ℑz) ist eine
Einbettung. Skizzieren Sie die Menge F (S 1 × S 1 ).
Beispiel 5.2 Ist D ⊆ X dicht und U eine offene Teilmenge von X, so gilt: U ∩ D = U .
Ist also X separabel und U (⊆ X) offen, so ist U separabel.
2. Ist X separabel und f : X → Y stetig und surjektiv, dann ist Y separabel.
Beispiel 5.3 Sei Tn der n-dimensionale Torus, i.e. Tn = {(z1 , . . . , zn ) ∈ Cn : |z1 | =
. . . = |zn | = 1}. Zeigen Sie, daß C ∞ (Tn ) separabel ist. Hinweis: Fourierreihen!
Beispiel 5.4 Ist K eine kompakte Teilmenge von Rn , so ist C(K) separabel.
Beispiel 5.5 1. Sei F die Menge aller Familien offener paarweise disjunkter nicht leerer
Teilmengen von X. Zeigen Sie, daß F durch U ⊆ V induktiv geordnet ist. Ist U eine
S
maximale Familie, so gilt: {U : U ∈ U } = X.
2. Sei X ein topologischer Raum mit abzählbarer Basis Bn und U eine offene Teilmenge
S
von X. Dann existiert eine Teilfolge Bk(n) paarweise disjunkter Mengen, so daß Bk(n) ⊆
S
U ⊆ U ⊆ Bk(n) .
Beispiel 5.6 Zeigen Sie: {T ∈ M(n, C) : T ist diagonalisierbar} liegt dicht in M(n, C).
Beispiel 5.7 (R, T+ ) ist separabel und besitzt keine abzählbare Basis, ist also nicht metrisierbar.
Beispiel 5.8 Sei X eine separabler topologischer Raum und (Uα )α∈I eine Familie paarweise disjunkter offener Mengen, so ist I höchstens abzählbar.
Beispiel 5.9 Seien H = {(x, y) ∈ R2 : y > 0}, R = {(x, 0) : x ∈ R} und X = H ∪ R.
Für z ∈ R und n ∈ N sei Un (z) = B(z + (0, 1/n), 1/n) ∪ {z}. Für z ∈ H und n ∈ N sei
Un (z) = B(z, 1/n). Zeigen Sie:
1. {Un (z) : n ∈ N, z ∈ X} ist Basis einer Topologie T auf X – die Niemytzki Topologie.
2. T induziert auf R die diskrete Topologie und auf H die natürliche Topologie.
3. Q × Q+ ist eine dichte Teilmenge von X.
4. (X, T ) ist nicht metrisierbar.
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Beispiel 6.1 Sei f : X → Y stetig injektiv und (Vi ) eine offene Überdeckung von Y . Ist
f : f −1 (Vi ) → Vi für alle i ein Homöomorphismus, so ist f ein Homöomorphismus.
Beispiel 6.2 Sei F ein Ultrafilter auf dem topologischen Raum X. F konvergiert genau
dann nicht, wenn zu jedem x ∈ X ein U ∈ U (x) existiert, so daß U c ∈ F.
Sei z.B. X eine Menge mit der diskreten Topologie, dann konvergiert ein Ultrafilter F auf
X genau dann nicht, wenn das Komplement jeder endlichen Teilmenge von X in F liegt.
Einen Ultrafilter F auf einer Menge X nennt man einen freien Ultrafilter auf X, wenn
für jede endliche Teilmenge A von X gilt: Ac ∈ F.
Beispiel 6.3 Sei f : X → Y stetig in x0 und B eine Filterbasis in X, die x0 als
Häufungspunkt besitzt. Dann ist f (x0 ) ein Häufungspunkt der Filterbasis f (B).
Beispiel 6.4 Sei F ein Ultrafilter auf einer endlichen Menge X, dann existiert ein x ∈ X,
so daß F = {F ⊆ X : x ∈ F }.
Beispiel 6.5 Besitzt U (x) eine abzählbare Umgebungsbasis, so ist f : X → Y genau dann
stetig in x, wenn das Bild jeder gegen x konvergenten Folge unter f in Y gegen f (x)
konvergiert.
Beispiel 6.6 Sei f : [0, 1] → [0, 1] und zu jeder endlichen Teilmenge α = {x0 , . . . , xn }
mit 0 = x0 < x1 < · · · < xn = 1 seien
S ∗ fα : =
n
X
Mj (xj − xj−1 )
und
S∗ fα : =
n
X
mj (xj − xj−1 )
j=1
j=1
wobei Mj = sup{f (x) : xj−1 ≤ x ≤ xj } und mj = inf{f (x) : xj−1 ≤ x ≤ xj }. Zeigen Sie,
daß die Netze S ∗ fα und S∗ fα konvergieren (α ≤ β: ⇔ α ⊆ β).
Beispiel 6.7 Sei G eine topologische Gruppe, d.h. die Abbildung (y, x) 7→ xy −1 ist stetig.
Zeigen Sie: Ist H ein Untergruppe bzw. ein Normalteiler, so ist auch H eine Untergruppe
bzw. ein Normalteiler.
Beispiel 6.8 Sei R ein topologischer Ring, d.h. die Abbildungen (y, x) 7→ x − y und
(x, y) 7→ xy sind stetig. Zeigen Sie: Ist I ein Ideal, so ist I ein Ideal oder I ist dicht.
Beispiel 6.9 Zeigen Sie, daß durch F : S 3 (⊆ R4 ) → SU(2),
(x1 , x2 , y1 , y2 ) 7→
x1 + ix2 −(y1 + iy2 )
y1 − iy2
x1 − ix2
!
p
eine Isometrie von S 3 – mit der euklidischen Metrik – auf SU(2) – mit der Norm tr(AA∗ )/2
– definiert ist. SU(n): = {U ∈ Gl(n, C) : U U ∗ = 1, det(U ) = +1} ist die spezielle unitäre
Gruppe.
10
Beispiel 6.10 1. Ist X ein topologischer Raum; x ∈ X und xn eine Folge mit der Eigenschaft, daß jede Teilfolge von xn eine gegen x konvergente Teilfolge besitzt. Zeigen Sie: xn
konvergiert gegen x.
2. Sei λ das Lebesguemaß auf (0, 1]. Dann existiert keine Topologie T auf L0 deren konvergente Folgen genau die f.ü. konvergenten Folgen sind. Hinweis: Sei fn eine Folge in L0 ,
die zwar im Maß gegen 0 konvergiert aber nicht f.ü. Zeigen Sie, daß jede Teilfolge von fn
eine f.ü. gegen 0 konvergente Teilfolge besitzt.
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Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 7.1 Sei Y ein Hausdorffraum und f : X → Y stetig. Dann ist der Graph Γ(f ): =
{(x, f (x)) : x ∈ X} eine abgeschlossene Teilmenge von X × Y .
Beispiel 7.2 Seien X, Y, Z Hausdorffräume, F : X → Z, G : Y → Z stetig und
X ×Z Y : = {(x, y) ∈ X × Y : F (x) = G(y)} .
Dann ist X ×Z Y ein abgeschlossener Unterraum von X × Y . X ×Z Y heißt das Faserprodukt von X und Y über Z.
Beispiel 7.3 Seien A ⊆ X, B ⊆ Y . Dann gilt: A × B = A × B und ∂(A × B) = (∂A ×
B) ∪ (A × ∂B).
Q
Beispiel 7.4 Sei X = α∈I Xα . Zu jeder offenen Teilmenge U von X existiert eine
endliche Teilmenge J von I und für alle α ∈ J offene Teilmengen Uα von Xα , so daß
n
\
[Prα ∈ Uαj ] ⊆ U
α∈J
2. Sind Aα ⊆ Xα , so gilt:
Q
Aα =
Q
Aα .
T
Q
Q
Q
2. Da Aα = α [Prα ∈ Aα ] ist der Abschluß von Aα in Aα enthalten. Sei umgekehrt
Q
Q
x ∈
/
A , dann gibt es eine offene Umgebung U von x = (xα ) mit U ∩ Aα = ∅,
Q
Tn α
also α∈J Prα ∈ Uα )] ∩ α∈I Aα = ∅. Daher muß für mindestens ein α ∈ J die Menge
Q
/
[Prα ∈ Uα ] ∩ Aα leer sein, also xα ∈
/ Aα und folglich x ∈
Aα .
Beispiel 7.5 Seien Xn vollständige metrische Räume und fn : X → Xn eine punkteQ
trennnende Folge. Ist f : X →
Xn abgeschlossen (Prn ◦f = fn ), so ist X mit der
initialen Topologie homöomorph zu einem vollständigen metrischen Raum.
Beispiel 7.6 Sei Z die disjunkte Summe der Räume Xα , α ∈ I und iα : Xα → Z, dann
ist iα sowohl offen als auch abgeschlossen.
2. Eine Teilmenge B ⊆ Z ist genau dann offen (abgeschlossen), wenn für alle α gilt:
B ∩ iα (Xα ) ist offen (abgeschlossen).
Beispiel 7.7 Seien Xα metrische Räume, so daß d(Xα ) ≤ δ ≤ D. Zeigen Sie, daß durch
d(x, y) = dα (x, y) falls x, y ∈ Xα und d(x, y) = D/2 falls x ∈ Xα , y ∈ Xβ und α 6= β, eine
Metrik auf der disjunkten Summe Z der Räume definiert ist und daß Z sämtliche Räume
Xα isometrisch enthält.
Beispiel 7.8 Sei p ∈ N, p ≥ 2 und Zp : = {0, 1, . . . , p − 1}. Die Abbildung F : ZN
p →
P
−n
[0, 1], ε 7→ εn p ist stetig, abgeschlossen und surjektiv aber weder offen noch injektiv.
Hinweis: ZN
p ist kompakt.
Sei r > 0 und N ∈ N, so daß p−N < r. Zu ε ∈ ZN
p sei U : = {δ : δ1 = ε1 , . . . , δN = εN },
dann ist U eine offene Umgebung von ε und für alle δ ∈ U gilt: |F (δ) − F (ε)| ≤ p−N .
Damit ist F stetig und, da ZN
p kompakt ist, auch abgeschlossen.
Das Bild der offenen Menge [ε1 = 0] ist das Intervall [0, 1/p], i.e. F ist nicht offen.
Da F (1, 0, 0, . . .) = F (0, p − 1, p − 1, . . .) = 1/p, ist F nicht injektiv.
12
Beispiel 7.9 Auf Cn sei ∼ die Äquivalenzrelation z ∼ w :⇔ w1 , . . . , wn ist eine Permutation von z1 , . . . , zn . Die Funktion F : M(n, C) → Cn / ∼, die jeder Matrix A ∈ M(n, C)
ihre Eigenwerte zuordnet ist stetig.
Sei D = {z ∈ C : |z| < 1} und A 7→ pA die Abbildung, die jeder Matrix ihr charakteristisches Polynom zuordnet; A 7→ pA ist stetig als Abbildung in C(D). Sei nun A ∈ M(n, C),
pA (z) = (z − λ1 ) · · · (z − λn ) und o.B.d.A. λj ∈ D. Zu r > 0 mit Br (λj ) ⊆ D setzen wir
S
δ: = inf{|pA (z)| : z ∈
/ Br (λj )} > 0. Dann folgt für B ∈ M(C, n) mit kpA − pB k < δ/2:
S
inf{|pB (z)| : z ∈
/ Br (λj )} > δ/2.
Beispiel 7.10 Seien E ⊆ Y Teilmengen eines topologischen Raumes X. Wir nennen E
isoliert in Y , wenn zu jedem y ∈ Y ein offene Menge U 6= ∅ existiert, so daß E ∩ U
endlich ist. Falls Y = X, so nennen wir E eine isolierte Teilmenge von X; falls Y = E,
so nennen wir E eine diskrete Teilmenge von X. Zeigen Sie: eine isolierte Teilmenge
E ist stets abgeschlossen, hingegen muß eine diskrete Teilmenge nicht abgeschlossen sein.
Eine abgeschlossene und diskrete Teilmenge ist isoliert.
13
8
Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 8.1 Sei I die Menge aller endlichen Folgen (I1 , . . . , In ) paarweise disjunkter
abgeschlossener Intervalle mit rationalen Randpunkten und
n
D: = f : R → N : ∃ (I1 , . . . , In ) ∈ I : f |Ij konst und f |(
[
o
Ij )c = 1 .
Zeigen Sie, daß D eine abzählbare dichte Teilmenge von NR ist und schließen Sie daraus,
daß für jeden separablen Raum X auch X R separabel ist.
Sei f : R → N und U eine offene Umgebung von f in NR , dann gibt es ein n ∈ N sowie
x1 < · · · < xn ∈ R und eine ε > 0, so daß U0 : = {g : |g(xj ) − f (xj )| < ε} ⊆ U . Da
U0 ∩ D 6= ∅, ist D dicht in NR .
Sei ϕ : N → X, so daß ϕ(N) dicht in X ist; dann ist die Menge {ϕ ◦ f : f ∈ D} dicht in
X R.
Q
Beispiel 8.2 Sei Xn eine Folge separabler metrischer Räume und X = Xn . Zeigen Sie,
daß die Borelsche σ-Algebra auf X gleich dem Produkt der Borelschen σ-Algebren auf Xn
ist. Hinweis: die Produktalgebra ist die “kleinste”σ-Algebra, bezüglich der alle Projektionen
meßbar sind.
N
Sei B die Borelche σ-Algebra auf X und
Bn die Produktalgebra. Da id : (X, B) →
N
N
N
(X, Bn ) meßbar ist, ist B feiner als
Bn . Umgekehrt enthält
Bn eine Basis B0 der
Produkttopologie; da X separabel und metrisierbar ist, ist jede offene Teilmenge von X
N
nach Proposition ?? abzählbare Vereinigung von Mengen aus B0 , also enthält
Bn die
Produkttopologie und folglich auch die davon erzeugte σ-Algebra B.
Beispiel 8.3 (Kettenbrüche) Sei I = [0, 1] \ Q, θ(x) = 1/x − [1/x] und für alle n ∈ N:
an (x): = [1/θn−1 (x)], wobei θ0 (x): = x und θn (x): = θ(θn−1 (x)).
Graph von θ
Sei x1 , . . . , xk ≥ 1, dann setzen wir hx1 i: = 1/x1 und
1/hx1 , . . . , xk+1 i = x1 + hx2 , . . . , xk+1 i .
1. Für alle x ∈ I und alle k ∈ N gilt: x = ha1 (x), . . . , ak (x) + θk (x)i und θ(x) =
ha2 (x), . . . , ak (x) + θk (x)i.
2. Für n1 , . . . , nk ∈ N und t ∈ [0, 1] gilt: θ(hn1 , . . . , nk + ti) = hn2 , . . . , nk + ti.
3. Für alle k ∈ N ist θk : I → I.
14
1. Für k = 1 ist 1/ha1 (x) + θ(x)i = a1 (x) + θ(x) = 1/x nach Definition. Angenommen es
gilt: x = ha1 (x), . . . , ak (x) + θk (x)i, dann folgt:
θ(x) = ha1 (θ(x)), . . . , ak (θ(x)) + θk+1 (x)i
und da an (θ(x)) = an+1 (x): θ(x) = ha2 (x), . . . , ak+1 (x) + θk+1 (x)i. Nun ist aber 1/x =
a1 (x)+θ(x), also: 1/x = a1 (x)+ha2 (x), . . . , ak+1 (x)+θk+1 (x)i, i.e. x = ha1 (x), . . . , ak+1 (x)+
θk+1 (x)i.
2. Sei x = hn1 , . . . , nk +ti, dann ist 1/x = n1 +hn2 , . . . , nk +ti, also θ(x) = hn2 , . . . , nk +ti.
3. Da 1/x = θ(x) + [1/x] ist x genau dann keine rationale Zahl, wenn θ(x) keine rationale
Zahl ist, also liegt θk (x) für alle x ∈ I und alle k ∈ N in I.
Beispiel 8.4 Zu n1 , n2 , . . . ∈ N seien
I n1
In1 ,n2
In1 ,n2 ,n3
: = (hn1 + 1i, hn1 i),
: = (hn1 , n2 i, hn1 , n2 + 1i),
: = (hn1 , n2 , n3 + 1i, hn1 , n2 , n3 i,
u.s.w.
4. θ ist ein Homöomorphismus von In1 ,...,nk auf In2 ,...,nk .
5. In1 ,...,nk ,nk+1 ⊆ In1 ,...,nk .
6. Für alle j ≤ k gilt: aj |In1 ,...,nk = nj .
7. Das offene Intervall In1 ,...,nk besitzt höchstens die Länge 2−k . Falls also aj (x) = aj (y) =
nj für alle j ≤ k, dann folgt |x − y| ≤ 2−k .
4. folgt aus 2.
5. Sei x ∈ In1 ,...,nk+1 , also x = hn1 , . . . , nk+1 + ti: Wir zeigen mittels Induktion, daß für
ungerade bzw. geraden k:
hn1 , . . . , nk + 1i < hn1 , . . . , nk+1 + ti < hn1 , . . . , nk i
bzw.
hn1 , . . . , nk + 1i > hn1 , . . . , nk+1 + ti > hn1 , . . . , nk i
Für k = 1: folgt dies aus n1 + 1 > n1 + hn2 + ti > n1 . Für beliebige ungerade k ist die
Behauptung gleichbedeutend mit:
hn2 , . . . , nk + 1i > hn2 , . . . , nk+1 + ti > hn2 , . . . , nk i
und dies ist die Behauptung für gerade k.
6. Zu jedem x ∈ In1 ,...,nk gibt es genau ein t ∈ (0, 1) – nämlich t = θk (x) mit x =
hn1 , . . . , nk + ti, es folgt: a1 (x) = [1/x] = [n1 + hn2 , . . . , nk + ti] = n1 , a2 (x) = [1/θ(x)] =
[1/hn2 , . . . , nk + ti] = n2 , u.s.w.
7. Seien x, y ∈ In1 ,...,nk , dann gibt es a, b ∈ In3 ,...,nk mit x = 1/(n1 + 1/(n2 + a)) und
y = 1/(n1 + 1/(n2 + b)) und damit
y−x =
=
n2 + a
n2 + b
−
n1 (n2 + a) + 1 n1 (n2 + b) + 1
a−b
(n1 (n2 + b) + 1)(n1 (n2 + a) + 1)
d.h.: |y − x| ≤ |a − b|/4.
Beispiel 8.5 Die Abbildung a : I → NN , x 7→ (an (x)) ist ein Homöomorphismus mit der
inversen (n1 , . . . , nk , . . .) 7→ limk hn1 , . . . , nk i.
15
9
Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 9.1 Sei X ein normierter Raum, Y ein abgeschlossener Unterraum und R die
Äquivalenzrelation (auf X): xRy: ⇔ −x + y ∈ Y . Dann ist R abgeschlossen und π : X →
X/R offen, also ist X/R ein Hausdorffraum – man bezeichnet ihn i.a. mit X/Y . 2. Auf
bk : = inf{kx + yk : y ∈ Y } eine Norm definiert. Zeigen Sie, daß die
X/Y ist durch kx
offene Einheitskugel BX/Y in X/Y das Bild der offenen Einheitskugel BX von X unter
der Quotientenabbildung π : X → X/Y ist: X/Y ist also normierbar.
b der mit der obigen Norm versehene Raum Nach Definition gilt: π(BX ) ⊆ B . Sei
Sei X
b
X
b ∈ B b , i.e. kx
bk < 1, dann gibt es ein x ∈ X mit π(x) = x
b, so daß kxk < 1, also:
umgekehrt x
X
b ist also stetig und offen. Nach Proposition ??
BXb ⊆ π(BX ). Die Abbildung π : X → X
b ein Homöomorphismus.
ist die identische Abbildung X/Y → X
Beispiel 9.2 Sei (E, h., .i) ein Hilbertraum und F ein abgeschlossener Unterraum von E.
⊥ und R die Äquivalenzrelation xRy: ⇔
Bezeichnet Pr⊥
F die orthogonale Projektion auf F
−x + y ∈ F , so gilt für alle x, y ∈ E:
⊥
b − ybk = k Pr⊥
kx
F x − PrF yk .
Schließen Sie hieraus, daß E/F und F ⊥ isometrisch isomorph sind.
Beispiel 9.3 Ist G eine topologische Gruppe, so sind die Rechts- bzw. Linkstranslationen Rx : y 7→ xy bzw. Lx : y 7→ yx für alle x ∈ G Homöomorphismen.
2. Sei H eine weitere topologische Gruppen. Ein Homomorphismus f : G → H ist genau
dann stetig, wenn er in einem Punkt stetig ist.
Beispiel 9.4 Ist H eine abgeschlossene Untergruppe der Hausdorffgruppe G, so ist R: =
{(x, y) : x−1 y ∈ H} abgeschlossen und π : G → G/R offen, also ist G/R ein Hausdorffraum. Für G/R schreibt man üblicherweise G/H.
Beispiel 9.5 Seien G, H Hausdorffgruppen und f : G → H ein surjektiver, stetiger Homomorphismus. Dann ist fb : G/ ker f → H genau dann ein Isomorphismus (topologischer
Gruppen), wenn f offen ist.
Beispiel 9.6 Sei R die kommutative Gruppe (R, +). Dann ist R/Z isomorph zum eindimensionalen Torus T1 : = S 1 .
Die Abbildung R → T1 , x 7→ e2πix ist ein stetiger, offener Homomorphismus.
Beispiel 9.7 Sei G ⊆ C[0, 1] die Menge der Homöomorphismen von [0, 1] auf [0, 1] mit
der Topologie der gleichmäßigen Konvergenz. Zeigen Sie:
1. G mit der Komposition ist eine topologische Gruppe.
b ist keine Gruppe.
2. Die Vervollständigung G
Beispiel 9.8 Ist H eine Untergruppe der Gruppe G. Dann gilt:
1. Ist G hausdorffsch und H abelsch, so ist H abelsch.
2. Der Normalisator N (H): = {g ∈ G : gHg −1 = H} einer abgeschlossenen Untergruppe
H ist abgeschlossen.
3. Der Zentralisator Z(A): = {g ∈ G : ∀ x ∈ A : gxg −1 = x} einer beliebigen Teilmenge A
einer Hausdorffgruppe G ist abgeschlossen.
16
1. Sei F : G × G → G die Abbildung (x, y) 7→ xy(yx)−1 , dann ist H ⊆ F −1 (e) und
da F stetig und {e} abgeschlossen in G ist (dies folgt aus der Hausdorff Eigenschaft):
H ⊆ F −1 (e), i.e. H ist abelsch.
T
2. Seien Fx (g): = gxg −1 , dann ist N (H) = x∈H Fx−1 (H).
T
3. Z(A) = x∈A Fx−1 (x).
Beispiel 9.9 Sei x0 ∈ S n−1 und Sx0 : = {U ∈ O(n) : U x0 = x0 }. Zeigen Sie: Sx0 ist eine
abgeschlossene Untergruppe von O(n) und O(n)/Sx0 ist homöomorph zu S n−1 .
Die Abbildung F : O(n) → S n−1 , F (U ): = U x0 ist abgeschlossen, stetig und surjektiv!
Beispiel 9.10 Sei k < n, Rn = Rk × Rn−k und O(n, k) die Untergruppe aller U ∈ O(n),
so daß U (Rk ) = Rk . Zeigen Sie, daß O(n, k) = O(k) × O(n − k) und daß man den
Quotientenraum Gn,k : = O(n)/O(n, k) als Menge mit der Menge der k dimensionalen
Teilräume von Rn identifizieren kann. Gn,k heißt die Graßmannsche Mannigfaltigkeit
der k-dimensionalen Teilräume von Rn .
Sei E(n, k) die Menge der k-dimensionalen Unterräume von Rn und F : O(n) → E(n, k)
die Abbildung: F (U ): = U (Rk ). F (U ) = F (V ) genau dann, wenn U (Rk ) = V (Rk ), also
genau dann, wenn U −1 V ∈ O(n, k)
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10
Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 10.1 Seien A, B abgeschlossene Teilmengen von X, so daß A ∪ B = X und
A ∩ B 6= ∅. Dann sind X/A und B/A ∩ B homöomorph.
Beispiel 10.2 Seien X, Y Hausdorffräume, U ⊆ X, V ⊆ Y offene Teilmengen, φ : U →
V ein Homöomorphismus und T die Verheftung von X, Y längs U, V mittels φ. T ist genau
dann ein Hausdorffraum, wenn die Menge {(x, φ(x) : x ∈ U } in X × Y abgeschlossen ist.
Beispiel 10.3 Auf S n (⊆ Rn+1 ) ist durch xRy: = ∃ λ ∈ R |λ| = 1 : y = λx eine
Äquivalenzrelation definiert. Zeigen Sie, daß S n /R zu P n (R) homöomorph ist.
2. Auf S 2n+1 (⊆ Cn+1 ) ist durch xRy: = ∃ λ ∈ C |λ| = 1 : y = λx eine Äquivalenzrelation
definiert. Zeigen Sie, daß S 2n+1 /R zu P n (C) homöomorph ist.
Beispiel 10.4 Sei f : S 3 (⊆ C2 ) → C×R die Abbildung (z, w) 7→ (2z w̄, |z|2 −|w|2 ). Dann
ist f : S 3 → S 2 stetig, abgeschlossen und surjektiv. Folgern Sie, daß P 1 (C) homöomorph
zu S 2 ist. Hinweis: Benutzen Sie die Kompaktheit von S 3 !
Beispiel 10.5 Sei X = {x ∈ S 2 : |x3 | ≤ 1/2} und π : S 2 → P 2 (R) die Quotientenabbildung. Dann ist π(X) homöomorph zum Möbiusband.
Beispiel 10.6 Warum ist der projektive Raum P 2 (R) homöomorph zu einer Verheftung
des Möbiusbandes mit einer Kreisscheibe?
Beispiel 10.7 Sei X ein Hausdorffraum und F : X → X ein Homöomorphismus. Z
operiert auf X × R stetig vermöge der Abbildung ((x, s), n) 7→ (F n (x), s + n).
1. Y : = X × R/Z ist ein Hausdorffraum.
2. Bezeichnet π : X × R → Y die Quotientenabbildung und θ : Y × R → Y die Abbildung:
θ(π(x, s), t): = π(x, s + t), so ist θ ein Strom, d.h. für alle s, t ∈ R gilt: θs+t = θs ◦ θt und
θt ist ein Homöomorphismus.
3. Für alle t ∈ R ist πt : X → Y , x 7→ π(t, x) eine Einbettung und πn ◦ F n = θn ◦ πn .
Beispiel 10.8 X ist genau dann zusammenhängend, wenn für jede echte, nicht leere Teilmenge A von X gilt: ∂A 6= ∅.
Beispiel 10.9 Sei f : S 1 → R eine stetige Abbildung. Dann existiert eine orthonormale
Basis e1 , e2 von R2 mit f (e1 ) = f (e2 ).
Beispiel 10.10 Ist f : (a, b) → R differenzierbar, so ist f ′ ((a, b)) zusammenhängend.
Hinweis: Mittelwertsatz!
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Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 11.1 Sei A eine abgeschlossene Teilmenge einer lokalen Riemannschen Mannigfaltigkeit M und x ∈
/ A. Zeigen Sie: dg (x, A) = dg (x, ∂A).
Beispiel 11.2 Die Sphäre S n ist für alle n ≥ 1 zusammenhängend und wegzusammenhängend.
S 0 ist nicht zusammenhängend. R2 \ Q2 ist wegzusammenhängend.
Beispiel 11.3 Jeder Quotientenraum eines zusammenhängenden Raumes ist zusammenhängend.
Beispiel 11.4 Sei X ein normierter Raum und E ein abgeschlossener Unterraum. X \ E
ist genau dann zusammenhängend, wenn die Kodimension von E größer gleich 2 ist.
Ist codim (E) ≥ 2, dann ist X/E \ {0} wegzusammenhängend. Sind x, y ∈ X \ E, so
ist π(x), π(y) 6= 0 und somit gibt es ein z ∈
/ E, so daß der durch π(x), π(z) und π(y)
verlaufende Polygonzug in X/E \ {0} liegt. Somit kann der durch x, z und y verlaufende
Polygonzug keinen Punkt von E enthalten.
Beispiel 11.5 X: = {(x, y) ∈ R2 : (x ∈ Q und y ∈ [0, 1]) oder (x ∈
/ Q und y ∈ [−1, 0])}.
Zeigen Sie: X ist zusammenhängend aber nicht lokal zusammenhängend.
Beispiel 11.6 Sei X lokal zusammenhängend, A ⊆ X abgeschlossen und Z eine Zusammenhangskomponente von Ac . Dann gilt ∂Z ⊆ A.
Beispiel 11.7 Sei Ω(⊆ Rn ) offen und zusammenhängend, f : Ω → R stetig. Ferner gebe
es zu jedem Punkt x ∈ Ω ein r > 0, so daß
Br (x) ⊆ Ω :
und
1
λ(Br (x))
Z
f dλ ≥ f (x).
Br (x)
Existiert dann ein x0 ∈ Ω mit f (x0 ) = sup{f (x) : x ∈ Ω}, so ist f konstant.
Beispiel 11.8 Seien ν ∈ {0, . . . , n} und Sνn die Pseudosphäre
Sνn : = {x ∈ Rn+1 : −
X
j≤ν
x2j +
X
x2j = 1} .
j>ν
Snn
Zeigen Sie:
besitzt zwei Zusammenhangskomponenten; falls ν < n, dann ist Sνn zusammenhängend.
Die Abbildung F : R × S ν−1 × S n−ν → Rν × Rn+1−ν ,
F (r, x, y): = (sinh(r)x, cosh(r)y)
ist stetig mit dem Bild Sνn . S p ist genau dann nicht zusammenhängend, wenn p = 0, die
Mengen Sνn können daher nur für ν = 1 und ν = n unzusammenhängend sein. Falls ν = 1,
dann ist
S1n = F1 (R × S n−1 ) wobei F1 (r, x) = (sinh(r), cosh(r)x)
i.e. S1n ist zusammenhängend falls n ≥ 2.
Ist ν = n, so besitzt Snn die beiden Zusammenhangskomponenten
F (R × S n−1 × {−1})
und
19
F (R × S n−1 × {+1})
Beispiel 11.9 Gl(n, R) besteht aus genau zwei Zusammenhangskomponenten, nämlich
[det > 0] und [det < 0]. Hinweis: es genügt zu zeigen, daß jede diagonalisierbare Matrix A
mit det A > 0 (und möglicherweise komplexen Eigenwerten) mit der Einheitsmatrix durch
eine stetige Kurve in [det > 0] verbindbar ist.
Beispiel 11.10 Das Produkt von endlichen vielen sowie die disjunkte Summe von abzählbar
vielen topologischen Mannigfaltigkeit ist eine topologische Mannigfaltigkeit.
20
12
Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 12.1 Auf N betrachten wir folgendes Mengensystem B: Für alle Paare von teilerfremden Zahlen (m, n) sei U (m, n): = {mz + n : z ∈ Z} ∩ N. Dann ist B Basis einer
Hausdorff Topologie T auf N. Die Menge A: = {2n : n ∈ N} ist eine abgeschlossene Teilmenge und es gibt keine disjunkten offenen Obermengen von {1} und A, d.h. (N, T ) ist
nicht regulär.
Beispiel 12.2 Sei Uα , α ∈ I, eine offene Überdeckung des topologischen Raumes X.
Falls für alle α ∈ I U α hausdorffsch bzw. regulär bzw. vollständig regulär ist, dann ist
X hausdorffsch bzw. regulär bzw. vollständig regulär. Ist I höchstens abzählbar und U α
separabel und metrisierbar, so ist X separabel und metrisierbar.
Beispiel 12.3 Ein Hausdorffraum ist genau dann regulär, wenn zu jeder offenen Überdeckung
Uα , α ∈ I, von X eine offene Überdeckung Vβ , β ∈ J, von X existiert, so daß zu jedem
β ∈ J ein α ∈ I existiert mit V β ⊆ Uα .
Beispiel 12.4 Sei X ein regulärer Raum, R ⊆ X × X eine Äquivalenzrelation, so daß die
Quotientenabbildung π : X → X/R abgeschlossen ist. Dann ist R abgeschlossen.
Beispiel 12.5 Sei X eine Menge und f : X → R+
0 eine Abbildung. Dann gilt:
f (x) =
Z
∞
0
I[f >t] (x) dt
. . . pancake layer representation of f .
Beispiel 12.6 Jeder abgeschlossene Teilraum eines normalen Raumes ist normal.
Beispiel 12.7 Sei Aj , 1 ≤ j ≤ n eine endliche Folge paarweise disjunkter abgeschlossener Teilmengen des normalen Raumes X. Dann existiert eine endliche Folge Uj , j ≤ n
paarweise disjunkter offener Teilmengen von X, so daß Aj ⊆ Uj .
Beispiel 12.8 Sei X metrisierbar und A ⊆ X. Besitzt jede stetige Funktion f : A → [0, 1]
eine stetige Fortsetzung auf X, so ist A abgeschlossen.
Beispiel 12.9 Sei A eine beliebige Teilmenge eines metrischen Raumes X und f : A → R
Lipschitz stetig mit der Konstante L. Dann ist
F (x): = inf{f (y) + Ld(x, y) : y ∈ A}
eine Lipschitz stetige Funktion mit der Konstante L und F |A = f . Bestimmen Sie F für
X = R, A = [−1, 1] und f (x) = x2 .
Beispiel 12.10 Der Raum X = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ 0} mit der Niemytzki Topologie ist
nicht normal.
21
13
Übungen zu Topologie SS2017
Beispiel 13.1 Sei X ein Raum mit abzählbarer Basis. Dann gibt es zu jeder offenen
Überdeckung (Uα ) eine höchstens abzählbare Teilüberdeckung. Vgl. Prop. 3.4.2.3!
Beispiel 13.2 Ein metrischer Raum X ist genau dann eine n-dimensionale topologische
Mannigfaltigkeit, wenn ein höchstens abzählbarer Atlas (Uj , ϕj ) existiert, so daß ϕj (Uj ) =
Rn .
Beispiel 13.3 Sei U eine offene Teilmenge von Rn . Bestimmen Sie eine glatte Funktion
ρ : Rn → R, so daß ρ|U > 0, ρ|∂U = 0 und ρ|Rn \ U < 0.
Beispiel 13.4 Seien X, Y normale Räume und u : X → Y eine stetige Abbildung. Zeigen
Sie:
i. Ist u eine abgeschlossene Einbettung, so ist die lineare Abbildung u∗ : C(Y ) → C(X),
u∗ (f )(x): = f (u(x)), surjektiv.
ii. Ist u∗ surjektiv, so ist u eine Einbettung.
iii. u(X) ist genau dann dicht, wenn u∗ : C(Y ) → C(X) injektiv ist.
iv. Sind X, Y normierte Räume und u linear, so ist X ∗ ⊆ C(X) und u∗ |X ∗ ist die adjungierte zu u.
Beispiel 13.5 Jeder abgeschlossene Teilraum eines normalen Raumes ist normal.
Beispiel 13.6 Eine Abbildung f : (R, T+ ) → R ist genau dann stetig in x, wenn f : R →
R in x rechtsstetig ist.
Beispiel 13.7 Sei X normal, A eine abgeschlossene Teilmengen von X, U eine offener
Obermenge von A und f : U → Rn eine stetige Abbildung. Ist g : X → Rn eine stetige
Fortsetzung von f , so existiert eine stetige Fortsetzung F von f mit F |U c = g|U c und
F (x) = f (x) für x ∈ A.
Beispiel 13.8 Seien A, B abgeschlossene Teilmengen eines metrischen Raumes X, so daß
δ: = inf{d(a, b) : a ∈ A, b ∈ B} > 0. Dann gibt es eine Lipschitz-Funktion f : X → [0, 1]
mit f |A = 0 und f |B = 1.
Beispiel 13.9 Sei (X, d) kompakt. X ist genau dann zusammenhängend, wenn zu jedem
ε > 0 und zu je zwei Punkten x, y eine endliche Folge (xi )ni=1 existiert mit x1 = x, xn = y,
d(xi , xi+1 ) < ε.
Beispiel 13.10 Sei An eine fallende Folge zusammenhängender, kompakter Teilmengen
T
des metrischen Raumes X. Dann ist A: = An zusammenhängend.
22