Blatt 3

Übungen zur Topologie, G. Favi
13. März 2009
Blatt 3
Abgabe: 20. März 2008, 12:00 Uhr
Aufgabe 1. In dieser Übung sind
•
Ist
ist
•
X, Y, Z
beliebige topologische Räume.
f : X → Y eine stetige Abbildung
f |X0 : X0 → Y0 ebenfalls stetig.
Die Abbildung
f2 : Z → Y
und
X0 ⊂ X , Y0 ⊂ Y
f = (f1 , f2 ) : Z → X × Y
Unterräume mit
ist genau dann stetig, wenn
f (X0 ) ⊂ Y0 ,
f1 : Z → X
so
und
beide stetig sind.
•
Eine Abbildung
f : X + Y → Z ist genau
f |X : X → Z und f |Y : Y → Z stetig sind.
•
Verallgemeinere auf initiale (bzw. nale) Topologien.
dann stetig, wenn die beiden Einschränkungen
Wir verallgemeinern sofort auf initiale bzw. nale Topologien:
Behauptung. Sei
X
ein topologischer Raum, und
(fi : Yi → X)i∈I
eine Familie von stetigen
Abbildungen. Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
(i)
X
trägt die nale Topologie bezüglich der
Z
ϕ ◦ fi
(ii) Ist
ein topologischer Raum und
stetig
fi .
ϕ:X →Z
eine Mengenabbildung. Dann ist
ϕ
stetig
⇔
∀i ∈ I .
⇒ (ii): Per Denition ist U ⊂ X oen ⇔ fi−1 U ⊂ Yi oen ∀i ∈ I (d.h. X trägt die feinste
Topologie, sodass die fi stetig sind). Sei nun Z ein beliebiger topologischer Raum und ϕ : X → Z
eine Mengenabbildung. Ist ϕ stetig, so ist klar auch ϕ ◦ fi stetig ∀i ∈ I , da die Komposition von
stetigen Abbildungen wieder stetig ist. Ist umgekehrt ϕ ◦ fi stetig ∀i ∈ I und V ⊂ Z oen, so bleibt
−1 V ⊂ X oen ist. Dies ist jedoch klar, da f −1 ϕ−1 V = (ϕ ◦ f )−1 V ⊂ Y oen ist
zu zeigen, dass ϕ
i
i
i
für alle i ∈ I , da ja ϕ ◦ fi stetig ∀i ∈ I .
(ii) ⇒ (i): Da die fi nach Voraussetzung stetig sind, ist die Topologie von X sicher gröber als
0
die Finaltopologie und es bleibt zu zeigen, dass sie auch feiner ist. Wir denieren dazu X als den
topologischen Raum mit derselben Grundmenge wie X jedoch nun mit der Finaltopologie bezüglich
0
der fi und betrachten die Identitätsabbildung 1X : X → X . Es ist klar 1X ◦ fi = fi stetig ∀i ∈ I ,
0
0
da X die Finaltopologie trägt, womit nach Voraussetzung auch 1X stetig ist. D.h. ist U ⊂ X oen
bezüglich der Finaltopologie, so auch bezüglich der von X , womit X eine feinere Topologie als die
Beweis. (i)
nale trägt.
Behauptung. Sei
X
ein topologischer Raum, und
(fi : X → Yi )i∈I
Abbildungen. Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
eine Familie von stetigen
(i)
X
trägt die Initialtopologie bezüglich der
Z ein topologischer
fi ◦ ϕ stetig ∀i ∈ I .
(ii) Ist
Beweis. (i)
⇒ (ii):
fi .
ϕ:Z →X
Raum und
eine Mengenabbildung. Dann ist
ϕ
stetig
⇔
fi−1 U
mit U ⊂ Yi oen eine Subbasis von X (d.h.
X trägt die gröbste Topologie, sodass die fi stetig sind). Sei nun Z ein topologischer Raum und
ϕ : Z → X eine Mengenabbildung. Wiederum ist klar, dass wenn ϕ stetig, auch fi ◦ ϕ stetig ∀i ∈ I .
Sei umgekehrt fi ◦ ϕ stetig ∀i ∈ I . Wir zeigen, dass die Urbilder von Elementen der Subbasis von
X oen sind, womit mit Blatt 2, Aufgabe 3a) folgt, dass ϕ stetig ist. Dies ist jedoch klar, denn ist
U = fi−1 V ⊂ X für ein i ∈ I, V ⊂ Yi oen, so ist ϕ−1 U = ϕ−1 fi−1 V = (fi ◦ ϕ)−1 V ⊂ Z und dies ist
Per Denition bilden die
per Voraussetzung oen.
(ii)
⇒ (i):
Da die
fi
stetig sind, trägt
X
sicher eine feinere Topologie als die Initialtopologie und
es bleibt zu zeigen, dass sie auch gröber ist. Sei dazu wiederum
der topologische Raum mit
fi . Wir betrachten
auch nun wieder die Identitätsabbildung 1
:
→ X . Da fi ◦ 1 = fi ∀i ∈ I stetig ist (da X 0
die Initialtopologie trägt), ist 1X 0 per Voraussetzung selbst stetig. D.h. ist U ⊂ X oen, so auch
bezüglich der Initialtopologie, womit X eine gröbere Topologie als die initiale trägt.
derselben Grundmenge wie
X,
X0
nun aber mit der Initialtopologie bezüglich der
X0
X0
X0
Aus diesen beiden Behauptungen folgen alle Punkte der Aufgabe und wir sind fertig.
Aufgabe 2. (a) Ist
Teilmenge. Dann ist
(b) Ist
X ein topologischer Raum, Y ⊂ X
Y /A ein Unterraum von X/A.
ein Unterraum und
A⊂Y
eine beliebige
ϕ : Y → X eine stetige Abbildung von topologischen Räumen und sind A ⊂ Y und B ⊂ X
ϕ(A) ⊂ B , so induziert ϕ eine Abbildung ϕ̄ : Y /A → X/B , und diese ist stetig.
Teilmengen mit
∗ Ist
(c)
von
A ⊂ X eine beliebige Teilmenge des topologischen Raumes X , so ist X \ A eine Teilmenge
X/A. Wann ist diese Teilmenge oen, bzw. abgeschlossen?
Beweis. Ad (a): Man betrachte folgendes kommutatives Diagramm:
Y
πY
ι
X
πX
/ / Y /A
ι0
/ / X/A
,
πX , πY die Standardprojektionen, ι die Inklusion und ι0 , die durch πX ◦ι induzierte Abbildung
0
(πX ◦ ι ist konstant auf den Äquivalenzklassen). Weiter ist ι klar stetig, da Y /A die Finaltopologie
0
bezüglich πY trägt und ι ◦πY = πX ◦ι (Kommutativität des Diagramms), was eine stetige Abbildung
0
0
ist, womit gemäss Aufgabe 1 auch ι stetig. Wegen der Kommutativität des Diagramms ist ι [y] = [y]
0
0
und ι also die Inklusion. Es bleibt zu zeigen, dass Y /A auch die Initialtopologie bezüglich ι trägt.
Dies ist jedoch trivial, denn sei Z ein topologischer Raum und ϕ : Z → Y /A eine Mengenabbildung,
0
0−1 U , da ι eine Inklusion ist.
sodass ι ◦ ϕ stetig und U ⊂ Y /A oen. Wir bemerken, dass U = ι
−1
−1
0−1
0
−1
Damit ist ϕ
U = ϕ ι U = (ι ◦ ϕ) U , was wegen der Stetigkeit von ι0 ◦ ϕ klar oen ist. Also
0
ist ϕ stetig und mit Aufgabe 1 folgt, dass Y /A die Initialtopologie bezüglich ι trägt.
wobei
Ad (b): Man betrachte auch hier folgendes kommutatives Diagramm:
X
πX
ϕ
Y
wobei
πY
/ / X/A
ϕ̄
/ / Y /B
ϕ̄ : X/A → Y /B, [x] 7→ πY ◦ ϕx = [ϕx]
,
πY ◦ ϕ induzierte Abbildung (πY ◦ ϕ ist
ϕ̄ stetig ist. Sei dazu U ⊂ Y /B oen.
Diagramms) und diese Menge ist oen in X ,
die von
konstant auf den Äquivalenzklassen). Es bleibt zu zeigen, dass
−1 −1
πX
ϕ̄ U = ϕ−1 πY−1 U (Kommutativität des
−1 −1
und ϕ stetig sind. Da also πX (ϕ
U ) ⊂ X oen
Dann ist
da πY
ϕ−1 U
ist, ist gemäss Quotiententopologie auch
oen, was zu beweisen war.
Ad (c): Es bezeichne
π
X −
X/A die Standardprojektion. X \ A lässt sich als Teilmenge von X/A
auassen, indem man X \A mit π(X \A) identiziert (was wir hier nicht tun wollen). Wir bemerken,
−1 π(X \ A) = X \ A. Per Denition der Quotiententopologie
dass π auf X \ A injektiv ist, womit π
folgt, dass π(X \ A) ⊂ X/A oen ⇔ X \ A ⊂ X oen. Andererseits ist X/A \ π(X \ A) = {[A]} (die
−1 (X/A \ π(X \ A)) = π −1 [A] = A, woraus folgt, dass π(X \ A)
Äquivalenzklasse von A), womit π
abgeschlossen ⇔ A abgeschlossen.
Aufgabe 3. (a) Sei
(b)
[a, b] ⊂ R ein abgeschlossenes Intervall. Dann ist R/[a, b] ' R. Was ist R/[a, ∞)?
∗ Beschreibe die topologischen Räume
sehen die Umgebungen des Punktes
π(R \ I)
homöomorph zu
R \ I?
Ad (a): Es bezeichne wiederum
Intervalls
[a, b].
R/I für die Intervalle I = (0, 1) und I = [0, 1). Wie
I ∈ R/I aus? Sei π : R → R/I die Quotientenabbildung. Ist
π
R−
R/[a, b]
die Standardprojektion und
l := b − a
die Länge des
Wir denieren eine Abbildung

x<a
x
x ∈ [a, b] .
ϕ : R → R, x 7→ a

x−l x>b
Diese ist klar stetig, da sie an den Punkten
a
und
b
stetig ist und auf dem Rest von
R
entweder
die Identität, konstant oder eine Translation (alles stetig). Diese induziert nun wiederum, da sie
ϕ̄ : R/[a, b] → R, [x] 7→ ϕx. Diese ist klar
U ⊂ R/[a, b] oen ist auch ϕ̄U ⊂ R oen).
Sei dazu U ⊂ R/[a, b] oen. Falls U nicht die Äquivalenzklasse von [a, b] enthält, so ist klar ϕ̄U auch
−1 U ⊂ R und
oen. Nehmen wir also an, U enthalte die Äquivalenzklasse von [a, b]. D.h. [a, b] ⊂ π
−1
o.B.d.A. nehmen wir an, dass π
U = ]a − , b + [ für ein ∈ R>0 (der Allgemeine Fall folgt dann
−1
−1
indem man π
U schreibt als π U = ]a − , b + [ ∪ V , wobei V ⊂ R \ [a, b] oen). Es ist dann
ϕ̄U = ϕπ −1 U = ϕ ]a − , b + [ = ]a − , b − l + [ = ]a − , a + [ und dies ist eine oene Teilmenge
von R.
konstant auf den Äquivalenz ist, eine stetige Abbildung
bijektiv und es bleibt zu zeigen, dass
ϕ̄
oen ist (d.h. für
R/ [a, ∞[ ∼
= R6a durch den Homöomorphismus ϕ̄ : R6a → R/ [a, ∞[, wobei ϕ̄x = x, falls
x 6 a und ϕ̄x = a sonst. Durch geeignete Translation und Rotation ist klar auch R/ [a, ∞[ ∼
= R>0
(oder irgend ein anderer Punkt als 0).
Es ist
π −1 [I] = I , wobei [I] die
Äquivalenzklasse von I bezeichne und dies ist eine oene Teilmenge von R. D.h. jede Menge, welche
[I] enthält ist eine Umgebung von [I] und insbesondere {[I]}. Da U ⊂ R/I abgeschlossen ⇔ π −1 U ⊂
Ad (b): Betrachten wir zuerst den Fall
I = ]0, 1[.
Wir bemerken, dass
R abgeschlossen folgt, dass [I] nicht abgeschlossen ist, womit R/I kein T1-Raum ist und insbesondere
nicht Hausdor 'sch. Es bleibt die Frage ob π(R \ I) ∼
= R \ I . Wir denieren ϕ : R \ I → π(R \ I) ⊂
R/I, x 7→ [x]. Es ist klar, dass ϕ bijektiv ist. Für die Stetigket betrachten wir die Komposition ι ◦ ϕ,
wobei ι : π(R \ I) R/I die Inklusion. Diese ist klar stetig, denn ist [U ] = {[u] ∈ R/I | u ∈ U } ⊂
R/I oen und [I] ∈
/ [U ], dann ist π −1 [U ] = U ⊂ R oen, da π stetig und also auch (ι ◦ ϕ)−1 [U ] =
−1
ϕ [U ] = U ⊂ R \ I oen. Ist andererseits [I] ∈ [U ], so ist π −1 [U ] = U ∪ I ⊂ R oen und
(ι◦ϕ)−1 [U ] = ϕ−1 ([U ]\{[I]}) = U \I = (U ∪I)∩(R\I), was per Denition der Unterraumtopologie
oen ist. Da nun also ι ◦ ϕ stetig ist, folgt nach Aufgabe 1, dass auch ϕ stetig ist. Es bleibt zu zeigen,
dass ϕ oen ist. Sei dazu U ⊂ R \ I oen, d.h. U = (R \ I) ∩ V = V \ I für ein V ⊂ R oen. Dann
ist ϕU = ϕ(V \ I) = [V ] \ {[I]} und wir müssen zeigen, dass dies bezüglich der Teilraumtopologie
−1 [V ] = V ∪ I ⊂ R, was
eine oene Menge ist. Wir haben ϕU = [V ] \ {[I]} = [V ] ∩ π(R \ I) und π
wegen der Oenheit von I und V auch oen ist. Also ist ϕU per Denition der Teilraumtopologie
auch oen und ϕ ist ein Homöomorphismus.
I = [0, 1[. Da π −1 [I] = [0, 1[ ⊂ R weder oen noch abgeschlossen ist, ist hier {[I]}
keine Umgebung von [I] aber wiederum ist R/I nicht T1. Die Umgebungen von [I] müssen alle eine
Teilmenge der Form ]−, 0[∪{[I]} enthalten mit ∈ R>0 , denn ist U 3 [I] eine oene Umgebung von
[I] in R/I , dann ist I = [0, 1[ ⊂ π −1 U und da π −1 U per Denition der Quotiententopologie oen
−1 U auch eine oene Umgebung von 0 enthalten. D.h. ∃ ∈ ]0, 1[ : ]−, [ ⊂ π −1 U ,
sein muss, muss π
−1 U = U . In diesem Fall gilt nun nicht, dass π(R\I) ∼ R\I .
womit auch ]−, 0[∪{I} = π ]−, [ ⊂ ππ
=
Denn R \ I ist klar nicht zusammenhängend, π(R \ I) jedoch schon. Das Problem hierbei ist,
dass π [1, ∞[ in π(R \ I) nicht oen und [1] sogar ein Randpunkt von π ]−∞, 0[ ist. Denn sei
U 3 [1] eine beliebige oene Umgebung von [1] in π(R \ I). Dann existiert V ⊂ R/I oen, sodass
V ∩ π(R \ I) = V \ {[I]} = U . Wir wissen, dass V ⊂ R/I oen ⇔ π −1 V ⊂ R oen. Da jedoch
[1] ∈ U ⊂ V , folgt, dass 1 ∈ π −1 V und wegen der Oenheit von π −1 V muss diese Menge also I
−1 V sogar ganz I (und insbesondere 0) enthalten. Widerum
schneiden, womit [I] ∈ V . Damit muss π
−1 V muss diese Menge eine Umgebung von 0 und also ein x ∈ R
wegen der Oenheit von π
<0
enthalten. Damit haben wir [x] ∈ V woraus [x] ∈ U folgt, da U = V \{[I]}. Da damit jede Umgebung
von [1] die Menge π ]−∞, 0[ schneidet ist [1] ein Randpunkt und also im Abschluss enthalten. Wir
wissen zudem, dass π ]−∞, 0[ und π [1, ∞[ als Bilder von zusammenhängenden Räumen unter einer
Nun zum Fall
stetigen Abbildung selbst zusammenhängend sind. Mit den nachfolgenden beiden Lemmas folgt,
dass
π(R \ I) = π ]−∞, 0[ ∪ π [1, ∞[
Lemma. Sei
S
X
zusammenhängend ist.
ein topologischer Raum
als Teilraum von
X
S⊂X
ein zusammenhängender Teilraum. Dann ist auch
zusammenhängend.
Beweis. Sei
U ⊂ S oen und abgeschlossen. Es existieren also V ⊂ X oen, A ⊂ X abgeschlossen,
U = V ∩ S = A ∩ S . Zudem ist U ∩ S = V ∩ S = A ∩ S in S oen und abgeschlossen
und da S zusammenhängend also U ∩ S = {} oder U ∩ S = S . Falls U ∩ S = V ∩ S = {} muss
V ⊂ S \ S ⊂ ∂S . Angenommen es existiert v ∈ V ⊂ ∂S , dann ist V eine Umgebung von v (da
V oen) und per Denition des Randes also V ∩ S 6= {}, was ein Widerspruch zu V ⊂ S \ S ist.
Damit haben wir also V = {} und somit auch U = {}. Falls nun jedoch U ∩ S = A ∩ S = S ist
S ⊂ A ∩ S ⊂ A ∩ S = A ∩ S und klar auch A ∩ S ⊂ S , womit also A = S und damit U = S .
sodass
X ein topologischer Raum, S, T ⊂ X zusammenhängende
auch S ∪ T ⊂ X ein zusammenhängender Teilraum.
Lemma. Sei
Dann ist
Beweis. Sei
Teilräume mit
S ∩ T 6= {}.
U ⊂ S ∪T oen und abgeschlossen. Es existieren dann V ⊂ X oen, A ⊂ X abgeschlossen, sodass U = V ∩(S∪T ) = A∩(S∪T ). Es folgt, dass auch U ∩S ⊂ S und U ∩T ⊂ T oen und abge-
U ∩S = {} oder U ∩S = S , da S zusammenhängend und genauso U ∩T = {} oder
U ∩T = T . Ist U ∩S = U ∩T = {}, dann ist klar U = U ∩(S∪T ) = (U ∩S)∪(U ∩T ) = {} und wir sind
fertig. Analog folgt für U ∩S = S und U ∩T = T , dass U = S∪T und es bleibt also der Fall U ∩S = S
und U ∩ T = {} (der Fall U ∩ S = {} und U ∩ T = T folgt analog mit vertauschten Folgen von S und
T ). Dieser Fall ist jedoch widersprüchlich, da {} =
6 S ∩ T = (U ∩ S) ∩ T = U ∩ (S ∩ T ) ⊂ U ∩ T . schlossen sind. Also
Aufgabe 4. Die nachstehenden Figuren sind als abgeschlossene Kurven im
R2
aufzufassen. Ins-
besondere sind sie als topologische Räume wegzusammenhängend. Begründe, dass keine zwei davon
zueinander homöomorph sind.
4
∧
⊥
∝
∞
|=
Dies ist eine reine Knobelaufgabe. Für zwei verschiedene Figuren lässt sich beweisen, dass sie
nicht homöomorph sind, indem man annimmt es gäbe eine Homöomorphismus und aus einer Figur
jeweils passende Punkte entfernt. Danach bemerkt man, dass, unabhängig davon welchen Punkten in
der anderen Figur diese unter unserem hypothetischen Homöomorphismus entsprechen, die beiden
Restguren nicht mehr die gleiche Anzahl Wegkomponenten haben.
Aufgabe 5. Sei
X
ein topologischer Raum. Für
x∼y
• x∼y
•
Ist
:⇐⇒
x, y ∈ X
deniere
Es gibt einen Verbindungsweg von
ist eine Äquivalenzrelation auf
X lokal wegzusammenhängend,1
X.
x
mit
Die Äquivalenzklassen heissen
y.
Wegkomponenten.
so sind die Wegkomponenten oen und abgeschlossen in
X.
•
Schliesse daraus dass ein zusammenhängender und lokal wegzusammenhängender topologischer Raum wegzusammenhängend ist.
Beweis. Dass dies eine Äquivalenzrelation ist, ist klar. Denn
x ∼ x, da wir jeden Punkt mittels
des konstanten Wegs mit sich selbst verbinden können; für x ∼ y folgt auch y ∼ x indem der Weg
rückwärts gelaufen wird und für x ∼ y ∼ z haben wir auch x ∼ z , da wir die beiden Verbindungswege
(von x nach y und von y nach z ) mit doppelter Geschwindigkeit laufen können. Sei nun X lokal
wegzusammenhängend und W eine beliebige Wegkomponente von X und x ∈ W beliebig. Da X lokal
wegzusammenhängend und X 3 x eine Umgebung von x ist, existiert eine wegzusammenhängende
Umgebung U 3 x von x mit U ⊂ X . Da für alle y ∈ U gilt, dass x ∼ y folgt, dass U ⊂ W , denn
für w ∈ W beliebig ist w ∼ x ∼ y und also w ∼ y für alle y ∈ U . Wir haben somit, dass die
Wegkomponenten von X oen sind. Die Abgeschlossenheit von W folgt nun einfach, denn schreiben
wir Wx für die Wegkomponente eines Punktes x ∈ X (eine andere übliche Notation wäre π0 (X, x)),
so ist
X \W =
[
Wx
x∈X\W
eine Vereinigung von oenen Mengen und damit selbst oen, womit
W
abgeschlossen ist. Da per
⇔ X und {} sind die einzigen oenen und abgeschlossenen Mengen,
Wx = X , da Wx oen und abgeschlossen, aber Wx 6= {} (da
x ∈ Wx ). Also haben wir x ∼ y ∀x, y ∈ X , was genau die Denition des Wegzusammenhangs ist. Denition
X
zusammenhängend
haben wir für
1
x∈X
beliebig, dass
D.h. jede Umgebung eines Punktes von
X
enthält eine Umgebung dieses Punktes, die wegzusammenhängend ist.