Blatt 4: Teilräume und Quotientenräume

Topologie
M. Eisermann / A. Thumm
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Blatt 4: Teilräume und Quotientenräume
1. E RZEUGENDENSYSTEME , INITIALE UND FINALE T OPOLOGIE
1.1. Im Rn betrachten wir dieHalbräume Hk≷a = { x ∈ Rn | xk ≷ a}. Welche Topologie
erzeugt das System S = Hk>a , Hk<a a ∈ Q, k ∈ {1, . . . , n} ? (Skizze!)
Lösungsskizze: — Das System S erzeugt die gewöhnliche Topologie auf Rn . Dass die gewöhnliche Topo≷a
logie feiner ist folgt daraus, dass die Mengen Hk in der gewöhnlichen Topologie offen sind. Umgekehrt
≷a
lässt sich zunächst jeder Halbraum Hk mit a ∈ R als (abzählbare) Vereinigung von Elementen aus S erzeugen. Hieraus dann auch jedes, bezüglich der gewöhnlichen Topologie offene achsenparallele Rechteck, als
≷a
endlicher Durchschnitt von Halbräumen Hk mit a ∈ R. Insbesondere gilt dies auch für die offenen Bälle
in der `∞ –Norm kxk∞ = max{|x1 |, . . . , |xn |}, die bekanntlich die gewöhnliche Topologie auf Rn erzeugt. —
V 1.2. Sei F = { fi | i ∈ I } eine Familie von Abbildungen fi : X → Yi , und jeweils TY,i
eine Topologie auf Yi . Geben Sie möglichst explizit (etwa durch ein einfaches
Erzeugendensystem) die gröbste / feinste Topologie T auf X an, bezüglich derer
alle Abbildungen fi : (X, T) → (Yi , TY,i ) stetig sind.
Die gröbste solche Topologie TX auf X heißt initiale Topologie bezüglich der
Familie F . Man zeige, dass eine Abbildung g : (A, TA ) → (X, TX ) genau dann
stetig ist, wenn alle Abbildungen fi ◦ g : (A, TA ) → (Yi , TY,i ) stetig sind.
Lösungsskizze: — Die feinste
Topologie auf X. Die gröbste solche Topo solche Topologie ist die diskrete
logie wird vom System S = fi−1 (U) | fi ∈ F , U ∈ TY,i erzeugt. Ist g : (A, TA ) → (X, TX ) stetig, so auch
fi ◦ g als Komposition stetiger Abbildungen. Seien nun umgekehrt alle Abbildungen fi ◦ g stetig. Es reicht
zu zeigen, dass für alle V ∈ S stets g−1 (V ) offen ist in (A, TA ). Nun ist aber V = fi−1 (U) für ein geeignetes
fi ∈ F und U ∈ TY,i , und somit g−1 (V ) = ( fi ◦ g)−1 (U) ∈ TA nach Voraussetzung.
—
1.3. Sei F = { fi | i ∈ I } eine Familie von Abbildungen fi : Xi → Y , und jeweils TX,i
eine Topologie auf Xi . Geben Sie möglichst explizit die gröbste / feinste Topologie
T auf Y an, bezüglich derer alle Abbildungen fi : (Xi , TX,i ) → (Y, T) stetig sind.
Die feinste solche Topologie TY auf Y heißt finale Topologie bezüglich der
Familie F . Man zeige, dass eine Abbildung g : (Y, TY ) → (A, TA ) genau dann
stetig ist, wenn alle Abbildungen g ◦ fi : (X, TX,i ) → (A, TA ) stetig sind.
Lösungsskizze: — Die gröbste
auf Y . Die feinste solche
solche Topologie ist die indiskrete Topologie
Topologie ist gegeben durch U ⊂ Y | fi−1 (U) ∈ TX,i für alle fi ∈ F . Ist g : (Y, TY ) → (A, TA ) stetig, so
auch g ◦ fi als Komposition stetiger Abbildungen. Seien nun umgekehrt alle Abbildungen g ◦ fi stetig. Für
V ∈ TA ist, nach Voraussetzung fi−1 (g−1 (V )) = (g ◦ fi )−1 (V ) ∈ TX,i für alle fi ∈ F und somit g−1 (V ) ∈ TY .
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2. E INBETTUNGEN UND I DENTIFIZIERUNGEN
V 2.1. Sind s : (X, TX ) → (Y, TY ) und p : (Y, TY ) → (X, TX ) stetig mit p ◦ s = idX , dann
folgt TX = s∗ TY = p∗ TY . In diesem Fall ist s ist eine Einbettung mit Retraktion p,
oder umgekehrt betrachtet: p ist ein Identifizierung mit globalem Schnitt s.
,→
,→
Erste wichtige Beispiele sind Rm →
→ Rn für m < n sowie Sn →
→ Rn+1 r {0}.
Lösungsskizze: — Da s und p stetig sind gilt TX ⊃ s∗ TY und TY ⊃ p∗ TX . Damit gilt nun TX = id∗X TX =
s∗ p∗ TX ⊂ s∗ TY , also insgesamt TX = s∗ TY . Dual dazu impliziert die Stetigkeit von p und s wieder TX ⊂
p∗ TY und TY ⊂ s∗ TX , womit dann schließlich aus TX = (idX )∗ TX = p∗ s∗ TX ⊃ p∗ TY die Aussage folgt. —
2.2. Die Abbildung s : {−1, 1} ,→ [−1, 1] ist eine Einbettung, erlaubt aber keine stetige
Retraktion, das heißt p : [−1, 1] → {−1, 1} stetig mit p ◦ s = id{−1,1} . (Skizze!)
Dieser Sachverhalt gilt für alle Sphären Sn−1 ⊂ Dn , wie wir später sehen werden.
Lösungsskizze: — Jede Funktion p : [−1, 1] → {−1, 1} mit p ◦ s = id{−1,1} ist surjektiv. Nach dem Zwischenwertsatz ist jede stetige Funktion p : [−1, 1] → {−1, 1} konstant.
—
2.3. Die Abbildung p : R →
→ S1 mit p(t) = e2πit = (cos 2πt, sin 2πt) ist eine Identifizierung, erlaubt aber keinen stetigen Schnitt s : S1 → R mit p ◦ s = idS1 . (Skizze!)
Dies ist das fundamentale Beispiel einer Überlagerung.
Lösungsskizze: — Jede Funktion s : S1 → R mit p ◦ s = idS1 ist injektiv. Ist s stetig, so auch f : R → R mit
f (t) = s ◦ p(t) − s ◦ p(t + 1/2). Wegen f (1/2) = − f (0) existiert nach dem Zwischenwertsatz ein t0 ∈ [0, 1/2]
mit f (t0 ) = 0. Die Punkte a = p(t0 ) und b = p(t0 + 1/2) = −a sind verschieden. Wegen s(a) = s(b) ist s
nicht injektiv.
—
2.4. Sei f : (X, TX ) → (Y, TY ) eine Abbildung topologischer Räume.
(a) Ist f bijektiv, stetig, offen / abgeschlossen, so ist f ein Homöomorphismus.
(b) Ist f injektiv, stetig und offen / abgeschlossen, so ist f einbettend.
(c) Ist f surjektiv, stetig und offen / abgeschlossen, so ist f identifizierend.
Lösungsskizze: — (1) Eine Bijektion f : X → Y ist genau dann offen, wenn die Umkehrabbildung f −1 :
Y → X stetig ist. Ist zudem f stetig, so ist f ein Homöomorphismus.
(2) Sei f : X ,→ Y offen. Wenn V ⊂ Y offen ist, dann ist dank Stetigkeit von f auch f −1 (V ) ⊂ X offen. Ist
umgekehrt U ⊂ X offen, so auch f (U) ⊂ Y , da f offen ist, und dank Injektivität gilt U = f −1 ( f (U)). Also
ist f einbettend.
(3) Sei f : X →
→ Y offen. Wenn V ⊂ Y offen ist, dann ist dank Stetigkeit von f auch f −1 (V ) ⊂ X offen. Ist
umgekehrt das Urbild f −1 (V ) von V ⊂ Y offen in X, dann ist das Bild f ( f −1 (V )) = V offen in Y , da f
offen und surjektiv ist. Also ist f identifizierend.
Alle Argumente verlaufen wörtlich genauso mit „abgeschlossen“ statt „offen“.
—
V 2.5. Die Abbildung p : Dn → Sn mit p(ts) = (cos(πt), sin(πt)s) für t ∈ [0, 1] und
s ∈ Sn−1 ist eine Identifizierung. (Skizze!) Das heißt, sie induziert auf dem Quoti∼
entenraum Dn // Sn−1 einen Homöomorphismus p̄ : Dn // Sn−1 −
→
Sn .
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Lösungsskizze: — Die Abbildung p ist als stetige Abbildung aus einem kompakten metrischen Raum in
einen metrischen Raum abgeschlossen (vgl. Aufgabe 1.1 auf Blatt 2). Da p außerdem surjektiv ist, ist sie
nach Aufgabe 2.4 eine Identifizierung. Der offene Ball Bn wird von p injektiv auf Sn r { (−1, 0, . . . , 0) }
∼
abgebildet, der Rand Sn−1 auf den Punkt (−1, 0, . . . , 0). Somit ist die Funktion p̄ : Dn // Sn−1 −
→
Sn mit
p̄([x]) = p(x) ein Homöomorphismus.
—
3. Q UOTIENTENTOPOLOGIE
3.1. Wir betrachten die Kreislinie S1 = { z ∈ C | |z| = 1 } und darin die n–ten Einheitswurzeln Wn = { z ∈ C | zn = 1 } = { e2πik/n | k = 0, 1, . . . , n − 1 }. Wir nennen den
Quotientenraum S1 //Wn ein n–faches Bouquet von Kreislinien. Dieser ist homöomorph zur Kurve Bn = { z · |zn − 1| | z ∈ S1 } in der komplexen Ebene. (Skizze!)
Lösungsskizze: — Die Abbildung f : S1 → C mit f (z) = z · |zn − 1| ist, als Komposition stetiger Abbildungen stetig. Zudem ist f abgeschlossen (S1 und C sind metrische Räume, S1 ist kompakt). Die Einschränkung
f : S1 → Bn ist nach Aufgabe 2.4 eine Identifizierung.
Es gilt | f (z)| = |z||zn − 1| = |zn − 1|. Somit ist f (z) = 0 genau dann, wenn zn = 1, also wenn z eine n–te
Einheitswurzel ist. Für z ∈ S1 r Wn gilt f (z)/| f (z)| = z, weswegen f auf S1 r Wn injektiv ist. Es werden
also genau die n–ten Einheitswurzeln identifiziert.
—
S 3.2. Der Raum R // Z (nicht R/Z!) entsteht durch Verheften aller ganzzahligen Punkte
in R. Dies nennt man auch ein unendliches Bouquet von Kreislinien. (Skizze?)
(a) Ist der Quotientenraum R // Z hausdorffsch?
(b) In R // Z konvergieren die Folgen [n]n∈N und [1/n]n∈N , nicht aber [n + 1/n]n∈N .
(c) Erfüllt R // Z das erste Abzählbarkeitsaxiom?
(d) Ist der Quotientenraum R // Z metrisierbar?
Lösungsskizze: — Sei p : R →
→ R//Z die Quotientenabbildung. Wir stellen zunächst fest, dass für x ∈ RrZ
und 0 < ε ≤ d(x, Z) das Bild p(Bε (x)) der ε–Kugel um x unter der Quotientenabbildung eine
offene UmS
gebung von [x] ist. Außerdem definiert für jede Abbildung ε : Z → R>0 die Menge Bε (Z) = k∈Z Bε(k) (k)
eine offene Umgebung von Z in R, dessen Bild unter p wieder eine offene Umgebung von [Z] in R // Z ist.
Teil (a): Ja. Seien [x] 6= [y] ∈ R // Z. Gilt x, y 6∈ Z, dann sind p(Bε (x)) und p(Bε (y)) für
0 < ε ≤ min{ d(x, y)/2, d(x, Z), d(y, Z) }
disjunkte, offene Umgebungen von [x] und [y]. Ansonsten gelte Œ x ∈ Z und y 6∈ Z. Dann sind p(Bε (Z))
und p(Bε (y)) für 0 < ε ≤ d(y, Z)/2 disjunkte, offene Umgebungen von [x] und [y].
Teil (b): Die erste Folge ist konstant, die zweite ist das stetige Bild einer konvergenten Folge in R.
Wir definieren ε : Z → R>0 durch ε(k) = 1/2 für k < 1 und ε(k) = 1/2k sonst. Die Menge U = p(Bε (Z))
ist eine offene Umgebung von [Z] ∈ R // Z, und es gilt [n + 1/n] 6∈ U für n 6= 1. Somit kann die dritte Folge
nicht gegen [Z] konvergieren. Sie kann aber auch gegen keinen anderen Punkt [x] ∈ R // Z konvergieren, da
sonst bereits n + 1/n → x in R gelten müsste.
Teil (c): Nein. Angenommen es gibt eine abzählbare Umgebungsbasis B[Z] von Z. Wir wählen zunächst eine
∼
Bijektion Z −
→
B[Z] mit k 7→ Uk . Da Uk eine Umgebung von [Z] ist, muss p−1 (Uk ) eine Umgebung von Z in
R sein. Damit gibt es aber eine Funktion εk : Z → ]0, 1/2[ mit Bεk (Z) ⊂ p−1 (Uk ) und somit p(Bεk (Z)) ⊂ Uk .
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Wir definieren nun ε : Z → R>0 durch ε(k) = εk (k)/2. Die Menge p(Bε (Z)) ist eine offene Umgebung von
[Z] die nach Konstruktion keines der Uk enthalten kann.
Teil (d): Nein, metrische Räume erfüllen das erste Abzählbarkeitsaxiom.
—
3.3. Wie üblich statten wir R mit der euklidischen Topologie aus. Auf R definieren wir
die Äquivalenzrelation x ∼ y durch die Bedingung x − y ∈ Q. Welche Mächtigkeit
hat die Quotientenmenge R/Q = R/∼ ? und die Quotiententopologie?
Lösungsskizze: — (1) Jede Äquivalenzklasse cl(a) = a + Q ist abzählbar. Jede abzählbare Vereinigung
abzählbarer Mengen ist abzählbar. Da R überabzählbar ist, muss auch R/Q überabzählbar sein.
(2) Sei q : R → R/Q die Quotientenabbildung. Sei U ⊂ R/Q offen, das heißt q−1 (U) ist offen in R. Für
U = 0/ ist nichts zu zeigen, sei also U 6= 0/ und cl(a) ∈ U. Wegen a ∈ q−1 (U) gilt somit ]a − ε, a + ε[ ⊂
q−1 (U). Da aber auch alle Q–Verschiebungen in q−1 (U) liegen, folgt q−1 (U) = R. Somit gibt es neben 0/
nur noch eine offene Menge in R/Q, nämlich R/Q selbst. Die Quotiententopologie ist also die indiskrete
Topologie.
—
3.4. Seien 0/ 6= V ( U = Rn offen. Im Teilraum U × {±1} ⊂ Rn+1 verheften wir die
beiden Kopien von V . Wir definieren hierzu (x, a) ∼ (y, b) durch (x, a) = (y, b)
oder x = y ∈ V . Dies ist eine Äquivalenzrelation. Der Quotientenraum M = (U ×
{±1})/∼ ist lokal homöomorph zum Rn aber nicht hausdorffsch. Speziell für
U = R und V = R r {0} erhalten wir die reelle Gerade mit doppeltem Ursprung.
Lösungsskizze: — Sei q : U × {±1} → M die Quotientenabbildung. Dann sind q± : U → M mit q± (x) =
q(x, ±1) stetig. Die Projektion U × {±1} → U induziert auf dem Quotienten einen stetigen Schnitt s : M →
U mit s(q(x, ±1)) = x. Somit ist q± : U → M ein Homöomorphismus auf sein Bild. Das Bild q± (U) ist
zudem offen in M, denn das Urbild q−1 (q± (U)) = (U × {±1}) ∪ (V × {∓1}) ist offen in U × {±1}. Zu
jedem Punkt x ∈ V gehört ein Punkt q(x, +1) = q(x, −1) in M. Zu jedem Punkt x ∈ U r V gehören zwei
Punkte q(x, +1) 6= q(x, −1) in M. Für x ∈ δV sind diese nicht separiert, denn in M schneidet jede Umgebung
von q(x, +1) jede Umgebung von q(x, −1).
—
S 3.5. Auf der euklidischen Ebene R2 definieren wir vier Äquivalenzrelationen:
(a) (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) genau dann, wenn x1 + y21 = x2 + y22 .
(b) (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) genau dann, wenn x12 + y21 = x22 + y22 .
(c) (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) genau dann, wenn entweder |x1 | ≥ 1 und |x2 | ≥ 1 und x1 =
x2 , oder |x1 | < 1 und |x2 | < 1 und y1 − x1 /(1 − x12 ) = y2 − x2 /(1 − x22 ).
(d) (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) genau dann, wenn entweder |x1 | ≥ 1 und |x2 | ≥ 1 und x1 =
x2 , oder |x1 | < 1 und |x2 | < 1 und y1 + 1/(1 − x12 ) = y2 + 1/(1 − x22 ).
Man skizziere jeweils die Äquivalenzklassen als ebene Kurven und bestimme die
Quotientenräume durch explizite Homöomorphismen zu vertrauteren Räumen.
Hinweis: Drei der Quotientenräume R2 /∼ sind homöomorph zu geeigneten
Teilräumen von R und die Quotientenabbildung erlaubt einen Schnitt (man kann
also Aufgabe 2.1 benutzen). Nur einer ist nicht hausdorffsch und entsteht wie im
vorigen Beispiel aus {±} × R>0 durch Identifizieren (+, x) ≡ (−, x) für 0 < x < 1.
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Lösungsskizze: — Eine Skizze der Äquivalenzklassen findet sich im Skript.
Im Folgenden sei jeweils q : R2 →
→ Q = R2 /∼ die Quotientenabbildung.
2
(1) Die Abbildung p : R → R mit p(x, y) = x + y2 ist stetig und surjektiv. Genau dann gilt p(x1 , y1 ) =
p(x2 , y2 ), wenn (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) gilt. Somit induziert p eine stetige Bijektion p̄ : R2 /∼ → R mit p = p̄ ◦ q.
Die Abbildung s : R → R2 mit s(x) = (x, 0) ist ein stetiger Schnitt, das heißt p ◦ s = idR , und induziert somit
2
∼
eine stetige Abbildung s̄ = q ◦ s : R → R2 /∼ . Es
pgilt p̄ ◦ s̄ = idR und s̄ ◦ p̄ = idQ , somit R /∼ = R.
2
2
2
(2) Die Abbildung p : R → R≥0 mit p(x, y) = x + y ist stetig und surjektiv. Genau dann gilt p(x1 , y1 ) =
p(x2 , y2 ), wenn (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) gilt. Damit induziert p eine stetige Bijektion p̄ : R2 /∼ → R≥0 mit p =
p̄ ◦ q. Die Abbildung s : R≥0 → R2 mit s(x) = (x, 0) ist ein stetiger Schnitt, das heißt p ◦ s = idR≥0 , und
induziert s̄ = q ◦ s : R≥0 → R2 /∼ . Es gilt p̄ ◦ s̄ = idR≥0 und s̄ ◦ p̄ = idQ , somit R2 /∼ ∼
= R≥0 .
(3) Äquivalenzklassen sind senkrechte Geraden mit Abszisse x ≥ 1 oder x ≤ −1, sowie die Funktionsgraphen von fc (x) = x/(1 − x2 ) + c für −1 < x < 1 und eine Konstante c ∈ R. Jede dieser Kurven schneidet
die x–Achse in genau einem Punkt. (Für fc gilt c = −x0 /(1 − x02 ) für ein x0 ∈ ]−1, 1[, und dieser Punkt
x0 ist die einzige Nullstelle von fc .) Dies definiert eine stetige Abbildung p : R2 → R. Genau dann gilt
p(x1 , y1 ) = p(x2 , y2 ), wenn (x1 , y1 ) ∼ (x2 , y2 ) gilt. Somit induziert p eine stetige Bijektion p̄ : R2 /∼ → R
mit p = p̄ ◦ q. Die Abbildung s : R → R2 mit s(x) = (x, 0) ist ein stetiger Schnitt, das heißt p ◦ s = idR , und
induziert s̄ = q ◦ s : R → R2 /∼ . Es gilt p̄ ◦ s̄ = idR und s̄ ◦ p̄ = idQ , somit R2 /∼ ∼
= R.
(4) Äquivalenzklassen sind senkrechte Geraden mit Abszisse x ≥ 1 oder x ≤ −1, sowie die Funktionsgraphen Fc von fc (x) = c − 1/(1 − x2 ) für −1 < x < 1 und eine Konstante c ∈ R. Wir betrachten zudem den Graphen G der Funktion g(x) = −1/|x| für x ∈ R∗ := R r {0}. Jede der Geraden schneidet
G in genau einem Punkt (x, g(x)) mit |x| ≥ 1, und jede Kurve Fc schneidet G in genau zwei Punkten
(±x, g(x)) mit |x| < 1. Wir gehen deshalb zum Quotientenraum R∗ /≈ über bezüglich der Äquivalenzrelation x ≈ x für |x| ≥ 1 und x ≈ ±x für 0 < |x| < 1. Es gibt dann einen Homöomorphismus R2 /∼ ∼
= R∗ / ≈ .
2
Explizit angeben kann man diesen wie folgt. Auf dem offenen Halbraum H+ = { (x, y) ∈ R | x > −1 }
haben wir eine stetige Surjektion p+ : H+ → R>0 : Die Äquivalenzklasse jedes Punktes (x, y) ∈ H+ hat
genau einen Repräsentanten (r, −1/r) mit r ∈ R>0 , und wir setzen p+ (x, y) = r. Umgekehrt haben wir
eine stetige Injektion s+ : R>0 → H+ mit s+ (x) = (x, −1/x), und es gilt p+ ◦ s+ = idR>0 . Analog für
H− = { (x, y) ∈ R2 | x < 1 } und p− : H− → R<0 sowie s− : R<0 → H− mit s− (x) = (x, 1/x). Die induzierten
Abbildungen p̄± : H± → R∗ /≈ lassen sich verkleben zu einer stetigen Surjektion p̄ : R2 → R∗ /≈ , und diese
induziert eine stetige Bijektion p̄¯ : R2 /∼ → R∗ /≈ . Die stetige Abbildung s : R∗ → R2 mit s(x) = (x, −1/|x|)
induziert eine stetige Surjektion s̄ = q ◦ s : R∗ → R2 /∼ , und diese eine stetige Bijektion s̄¯ : R∗ /≈ → R2 /∼ .
Es gilt p̄¯ ◦ s̄¯ = idR∗ /≈ und s̄¯ ◦ p̄¯ = idR2 /∼ , somit R2 /∼ ∼
—
= R∗ / ≈ .
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