Blatt 4

Übungen zur Topologie, G. Favi
20. März 2009
Blatt 4
Abgabe: 27. März 2008, 12:00 Uhr
Aufgabe 1.
S 2 := {(x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1} ⊂ R3 betrachten wir
folgende Äquivalenzrelation: P ∼ Q, falls P und Q dieselben x- und y - Koordinaten haben. Zeige,
2
2
2
2
dass der Quotientenraum S /∼ homöomorph zur Kreisscheibe K := {(u, v) ∈ R | u + v 6 1} ist.
(a) Auf der 2-Sphäre
(b) Wie sieht der Quotientenraum aus bei folgender Äquivalenzrelation:
P =Q
oder
P = s(Q)
gilt, wobei
s
die Spiegelung an der
∗ Gleiche Aufgabe mit der Äquivalenzrelation:
(c)
z -Achse
P ∼ Q,
falls entweder
ist? Ist er homömorph zu
S2?
P ∼ Q ⇐⇒ P = ±Q.
Beweis. Ad (a): Wir denieren ϕ
2
2
da für
ist sie
: S 2 → K, (x, y, z) 7→ (x, y). Diese Abbildung ist wohldeniert,
2 6 1 und sie ist als Projektion klar stetig. Zudem
(x, y, z) ∈ S gilt, dass x + y 2 = 1 − zp
1 − x2 − y 2 ) und trivialerweise konstant auf den
surjektiv (zu (x, y) ∈ K , setze z :=
Äquivalenzklassen. Die universelle Eigenschaft der Quotiententopologie liefert eine eindeutige stetige
Abbildung
ϕ̄ : S 2 /∼ → K ,
sodass folgendes Diagramm kommutiert:
/ / S 2 /∼
EE
∃!ϕ̄
EE
ϕ EEE "" S2 E
E
π
.
K
ϕ̄ surjektiv ist. Die Injektivität
0 0 0
von ϕ̄ ist ebenfalls einfach zu zeigen. Denn ist ϕ̄[(x, y, z)] = ϕ̄[(x , y , z )], liefert das kommuta0
0
0
0
0
2
tive Diagramm, dass (x, y) = (x , y ), womit [(x, y, z)] = [(x , y , z )]. Da nun S / ∼ als Bild des
2
2
Kompaktums S unter der stetigen Abbildung π selbst kompakt und K ⊂ R als Unterraum eines
Hausdor-Raums selbst Hausdor 'sch ist, folgt, dass ϕ̄ sogar ein Homöomorphismus ist.
Aus der Kommutativität des Diagramms schliessen wir, dass auch
Ad (b): Teilaufgabe (b) löst man wohl am einfachsten bildlich. Wir können
jedoch auch formal
2
einen Homöomorphismus angeben. Dazu betrachten wir S
=
q 2
(z, t) ∈ C × R |z| + t2 = 1 als
C × R, was wir können, da ja C ∼
= R2 als topologische
2
z
ϕ : S 2 → S 2 , (z, t) 7→ ( |z|
, t). Diese Abbildung ist wohldeniert, denn
Teilmenge von
Räume. Wir denieren dann
v
s !
u
q
2
u |z|2 2
z2 t
2
2 =
+t =
+
t
|z|2 + t2 = 1,
|z| |z|
für
(z, t) ∈ S 2 .
Sie ist ebenfalls stetig, da die einzelnen Komponenten stetig sind (siehe dazu Blatt
3, Aufgabe 1) und surjektiv, denn ist
(z, t) = (r exp(iα), t) ∈ S 2
beliebig, so ist
ϕ r exp(i α2 ), t =
(r exp(iα), t) = (z, t). Die Abbildung ist zudem konstant auf den Äquivalenzklassen. Denn zwei
0 0
2
0 0
Punkte (z, t), (z , t ) ∈ S sind genau dann äquivalent, wenn ϕ(z, t) = ϕ(z , t ). Sind sie äquivalent
t = t0 und für z = r exp(iα) folgt z 0 = r exp(i(α + π)). Damit ist
z 02
|z 0 | , t = (r exp(i2α + i2π), t) = (r exp(i2α), t) = ϕ(z, t). Ist umgekehrt ϕ(z, t) =
und nicht gleich, so muss
dann
ϕ(z 0 , t) =
ϕ(z 0 , t0 ), so schreiben wir wiederum z = r exp(iα) und z 0 = r0 exp(iα0 ) mit r ∈ R>0 und α, α0 ∈ [0, 2π[
0
0
0
0 0
0
und erhalten, dass ϕ(z, t) = (r exp(i2α), t) = (r exp(i2α ), t ) = ϕ(z , t ). Also muss klar auch t = t
0
0
0
0
und r = r . Da zudem exp(i2α) = exp(i2α ) ist, folgt dass entweder α = α oder α ∈ {α±π}, womit
(z, t) ∼ (z 0 , t0 ). Mit der universellen Eigenschaft der Quotiententopologie induziert dies eine bijektive
2
2
2
stetige Abbildung ϕ̄ : S /∼ → S , [(z, t)] 7→ ϕ(z, t). Da jedoch S /∼ als Bild des Kompaktums
2
2
S unter der stetigen Abbildung π selbst kompakt ist und S Hausdor 'sch folgt, dass ϕ̄ sogar ein
Homöomorphismus ist.
Um Teilaufgabe (c) zu lösen, verwendet man am Besten die Ergebnisse der Aufgabe 3 des nächsten
RPn als Rn+1 /∼, wobei
v ∼ w :⇔ Rv = Rw (d.h. RPn besteht aus allen Geraden im R
durch 0). Man deniert nun
ϕ : S 2 → RP2 , v 7→ Rv , was einen Punkt auf der 2-Sphäre auf die Gerade durch 0 und diesen Punkt
Blattes. Dort denieren wir den
n-dimensionalen
reell-projektiven Raum
n+1
schickt. Diese Abbildung ist klar surjektiv und stetig, was man mit Hilfe des folgenden kommutativen
Diagramms leicht sieht:
S2
ι
ϕ
/ / RP2
OO
π
R3
womit
ϕ = π ◦ 1Rn+1 ◦ ι
R3
,
eine Komposition von stetigen Abbildungen ist, wobei
dardinklusion bzw. -projektion. Zudem ist
ϕ
ι
bzw.
π
die Stan-
klar konstant auf den Äquivalenzklassen und es gilt
ϕv = ϕw ⇔ v ∼ w. D.h. ϕ induziert eine eindeutige, stetige und bijektive Abbildung
ϕ̄ :
→ RP2 , [v] 7→ ϕv . Wie schon zuvor ist S 2 /∼ kompakt und nach Aufgabe 3 des nächsten
2
Blattes RP Hausdor 'sch, womit ϕ̄ ein Homöomorphismus ist.
sogar
S 2 /∼
Aufgabe 2.
Ein topologischer Raum
schiedenen Punkten
a, b ∈ X
X
heisst ein T1-Raum, falls folgendes gilt: Zu je zwei ver-
gibt es eine oene Menge
U ⊂X
mit
a∈U
und
b∈
/ U.
(a) Jeder Hausdorraum ist ein T1-Raum.
(b) Gib ein Beispiel eines T1-Raumes, der nicht Hausdorsch ist.
(c) Zeige, dass ein topologischer Raum genau dann ein T1-Raum ist, wenn die endlichen Teilmengen abgeschlossen sind.
∼ eine Äquivalenzrelation auf X . Zeige dass X/ ∼ ein T1-Raum ist ⇔ die Äquivalenzklassen sind abgeschlossen in X .
(d) Sei
∗ Finde eine notwendige und hinreichende Bedingung auf
(e)
X
und
A ⊂ X,
sodass
X/A
Haus-
dor 'sch ist.
X Hausdor 'sch ist, existieren U 3 x, V 3 y
oen und disjunkt, womit insbesondere x ∈ U und y ∈
/ U.
Ad (b): Man betrachte X := N mit der coniten Topolgie: U ⊂ N ist oen :⇔ U = {} oder X \ U ist
endlich. Insbesondere muss eine oene Menge unendlich viele Punkte enthalten. Zu x, y ∈ X, x 6= y ,
setzen wir U := X \ {y}. Diese Menge ist per Denition oen, x ∈ U und y ∈
/ U , womit X ein
T1-Raum ist. Sind nun aber U 3 x, V 3 y ⊂ N zwei beliebige oene Umgebungen, so ist X \ U
endlich. Da jedoch V unendlich viele Punkte enthält, kann unmöglich V ⊂ X \U , womit U ∩V 6= {}.
Beweis. Ad (a): Seien
x, y ∈ X, x 6= y
beliebig. Da
Also ist
X
nicht Hausdor 'sch.
Ad (c): Wir zeigen, dass ein topologischer Raum
X
genau dann T1 ist, wenn Punkte (d.h. einpunk-
tige Mengen) abgeschlossen sind. Die Behauptung (c) folgt dann, da endliche Vereinigungen von
abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen sein müssen. Sei also
x∈X
X
ein topologischer Raum und
beliebig. Nun gilt:
y ∈ X \ {x} existiert ein U 3 y oen, sodass x ∈
/ U.
X \ {x} enthält für jeden ihrer Punkte eine Umgebung.
X \ {x} ist oen.
{x} ist abgeschlossen.
Ad (d): Äquivalenzklassen in X entsprechen Punkten in X/∼ und ein Punkt [x] ⊂ X/∼ ist abgeschlossen ⇔ [x] ⊂ X ist abgeschlossen, womit aus (c) (bzw. dem Beweis davon) die Behauptung
Für jedes
⇔
⇔
⇔
folgt.
A ⊂ X in X/A zu einem Punkt wird, ist X/A genau dann Hausdor 'sch, wenn zu
x, y ∈ X \ A, x 6= y disjunkte, oene Umgebungen U 3 x, V 3 y existieren, sodass
U ∩ A = {} oder V ∩ A = {} und zudem für alle x ∈ X \ A zwei disjunkte, oene Mengen U, V ⊂ X
existieren, sodass x ∈ U, A ⊂ V .
Ad (e): Da
zwei Punkten
Aufgabe 3.
Limes
x,
Erinnerung: Eine Folge
falls für jede Umgebung
U
(xi )i∈N in einem topologischen Raum X heisst konvergent mit
x eine Zahl N ∈ N existiert mit xi ∈ U für i > N . Zeige:
von
A eines metrischen Raumes X ist genau dann abgeschlossen, wenn A mit jeder
Folge (xi )i∈N auch deren Limes enthält.
(1) Eine Teilmenge
konvergenten
(2) Eine Abbildung
f: X →Y
(xi )i∈N
wenn folgendes gilt: Für jede konvergente Folge
(f (xi ))i∈N
konvergent in
Y
X und Y ist genau dann stetig,
X mit Limes x ist die Bildfolge
zwischen zwei metrischen Räumen
mit Limes
f (x).
in
∗ Wo gibt es Schwierigkeiten, wenn man (1) und (2) für beliebige topologische Räume
(3)
Y
X
und
beweisen möchte?
∗ Gegeben
(4)
X
mit der Eigenschaft, daÿ jede konvergente Folge hochstens einen Limes hat. Ist
X
unbedingt Hausdor ?
Denition.
X ein topologischer Raum, wir sagen X erfülle das erste Abzählbarkeitsaxix ∈ X eine abzählbare Umgebungsbasis hat. D.h. es existiert eine abzählbare
Familie Ux , sodass für jede (oene) Umgebung V 3 x ein U ∈ Ux existiert, sodass U ⊂ V . O.B.d.A.
können wir annehmen, dass alle U ∈ Ux oen sind.
Zu (1): Sei
om, falls jeder Punkt
Jeder metrische Raum
X
mit Metrik
d
erfüllt das erste Abzählbarkeitsaxiom, da für
x ∈ X
{U (x) ∈ PX | ∈ Q} eine abzhälbare Umgebungsbasis von x ist. Wir zeigen nun eine allgemeinere
Aussage bei (1), indem wir nur noch fordern, dass X das erste Abzählbarkeitsaxiom erfüllen muss.
Zu einem topologischen Raum X und A ⊂ X schreiben wir nun
H(A) := {x ∈ X | ∀U 3 x
oen:
für die Menge aller Häufungs- oder Clusterpunkte von
Lemma.
Sei
X
(a) Dann ist
ein topologischer Raum und
A ∪ H(A) ⊂ X
abgeschlossen.
A ⊂ X.
U ∩ (A \ {x}) 6= {}}
A.
(b)
A = A ∪ H(A).
x ∈ X \ (A ∪ H(A)) eine oene Umgebung U 3 x existieren muss,
U ∩ (A \ {x}) = U ∩ A = {}. Also enthält X \ (A ∪ H(A)) für jeden ihrer Punkte eine
Beweis. Ad (a): Trivial, da für
sodass
Umgebung und ist damit oen.
A ⊂ A ∪ H(A) und A ∪ H(A) ⊂ X abgeschlossen, muss auch A ⊂ A ∪ H(A). Umgekehrt
A ∪ H(A) ⊂ A, denn falls ein x ∈ H(A) \ A existiert, so haben wir für eine beliebige
oene Umgebung U 3 x, dass U ∩ A 6= {} und U ∩ X \ A 6= {} (da x ∈ U ), womit x ∈ ∂A und also
auch x ∈ A = A ∪ ∂A.
Ad (b): Da
muss auch
Behauptung.
Gegeben das Auswahlaxiom. Sei
zählbarkeitsaxiom erfüllt und
x ∈ lim xn := limn→∞ xn .
Beweis. ⇒: Ist
x ∈ A,
A ⊂ X.
Dann ist
X ein topologischer Raum, welcher das erste Abx ∈ A ∪ H(A) ⇔ ∃ Folge (xn )n∈N in A, sodass
(xn )n∈N mit xn = x ∀n ∈ N und wir
Ux = (Ui )i∈N eine abzählbare Umgebungsbasis
Tn
von x. Wir verwenden nun das Auswahlaxiom und wählen für jedes n ∈ N ein xn ∈
i=0 Ui ∩ A.
Tn
U
noch
immer
eine
oene
Umgebung
von
x
ist
und damit
Diese Mengen sind nicht leer, da ja
i
i=0
der Schnitt mit A nicht-leer, da x ∈ H(A). Wir nden damit eine Punktfolge (xn )n∈N in A mit
x ∈ lim xn , denn ist U T
3 x oen, so existiert ein N ∈ N, sodass UN ⊂ U , da Ux eine Umgebungsbasis
n
ist, womit dann auch
i=0 Ui ⊂ U ∀n > N und insbesondere xn ∈ U ∀n > N .
⇐: Haben wir eine Punktfolge (xn )n∈N in A, sodass x ∈ lim xn , dann ist entweder x ∈ A, womit
wir fertig sind, oder x ∈
/ A. Da dann jedoch für jede oene Umgebung U 3 x ein N ∈ N existiert,
sodass xn ∈ U ∀n > N ist insbesondere xn ∈ U ∩A = U ∩(A\{x}) ∀n > N , womit U ∩(A\{x}) 6= {}
und also x ∈ H(A).
so wählen wir die konstante Folge
sind fertig. Betrachten wir also
Korollar.
x ∈ H(A) \ A
und
X ein topologischer Raum mit dem ersten AbzählbarA = {a ∈ X | ∃(an )n∈N Punktfolge in A, sodass a ∈ lim an }.
Gegeben das Auswahlaxiom. Ist
keitsaxiom und
A ⊂ X.
Dann ist
Kommen wir nun zu den restlichen Teilaufgaben:
Beweis. Ad (2): Unter Voraussetzung des Auswahlaxioms gilt auch diese Aussage wiederum allge-
A⊂X
⇔ A = A ⇔ ∀(an )n∈N konvergente Punktfolgen in A mit a ∈ lim an ist
a ∈ A (d.h. A ist abgeschlossen, falls A für alle konvergenten Punktfolgen in A auch deren Limites
−1 A ⊂ X abgeschlossen ist ∀A ⊂ Y abgeschlossen,
enthält). Zudem ist f genau dann stetig, wenn f
womit die Behauptung einfach folgt. Denn sei f stetig und (xn )n∈N eine Folge in X mit lim xn = x.
−1 U 3 x oen und
Sei zudem U 3 f x oen in Y . Dann ist wegen der Stetigkeit von f auch f
−1
somit existiert ein N ∈ N mit xn ∈ f
U ∀n > N . Folglich muss auch f xn ∈ U ∀n > N , womit
lim f xn = f x (man bemerke dass dieser Beweis in beliebigen topologischen Räumen funktioniert).
Erfüllt f umgekehrt die zweite Eigenschaft aus der Behauptung, so betrachten wir ein A ⊂ Y abge−1 A mit Limes x. Nach Voraussetzung ist
schlossen, sowie eine konvergente Punktfolge (xn )n∈N in f
nun auch die Punktfolge (f xn )n∈N in A konvergent mit Limes f x. Da jedoch A abgeschlossen ist,
−1 f x ⊂ f −1 A. Damit enthält f −1 A für alle konvergenten
folgt mit (1), dass f x ∈ A und also x ∈ f
−1
Punktfolgen in f
A auch ihren Limes, womit f −1 A ⊂ X abgeschlossen ist.
meiner, wenn
(bzw.
A)
X
und
Y
bloss das erste Abzählbarkeitsaxiom erfüllen. Aus (1) wissen wir, dass
abgeschlossen,
Ad (3): Das Problem ist, dass ein Punkt unter Umständen keine abzählbare Umgebungsbasis mehr
besitzt. D.h. der Punkt hat zu viele Umgebungen um mit Folgen dem Punkt (beliebig) nahe
zu kommen. Dies inspiriert auch die Denition von Netzen oder Moore-Smith-Folgen, was einfach
(xp )p∈P
Punktfolgen
P
sind, wobei nun jedoch
P
eine allgemeine gerichtete Menge sein darf (d.h. auf
6 auf P [kurz: P ist eine Präordnung] und
P haben eine obere Schranke bezüglich 6).
Ad (4): Nein, betrachte X := R mit der coabzählbaren Topologie. D.h. U ⊂ X ist oen :⇔ U = {}
oder X \ U ist abzählbar. Dieser Raum ist nicht Hausdor 'sch, denn für U, V ⊂ X oen und nichtleer sind U und V überabzählbar. D.h. es ist unmöglich, dass V ⊂ X \ U , womit U und V sich
schneiden. Sei nun (xn )n∈N eine beliebige Punktfolge in X und x, y Limites davon. Wir schreiben
Ux := X \ {xn ∈ X | n ∈ N, xi 6= x}. Dies ist eine oene Umgebung von x und es folgt, dass ein
Index N ∈ N existiert, sodass xn ∈ Ux ∀n > N . Vor allem muss dann xn = x ∀n > N . Analog
0
0
existiert N ∈ N, sodass xn = y ∀n > N und es folgt x = y .
haben wir eine reexive und transitive binäre Relation
zwei beliebige Elemente aus
Aufgabe 4.
Zeige, daÿ
ΣS 1 ' S 2 .
b
π
?
'
b
S 1 × [−1, 1]
S1
ΣS 1
S2
ΣS n−1 ∼
= S n ∀n ∈ N>0 . Dazu betrachten wir die Projektion
jeden Punkt senkrecht auf die xn+1 -Achse zubewegt, bis er die
Beweis. Wir beweisen allgemeiner, dass
n−1
des Zylinders
n-Sphäre
S
× [−1, 1],
welche
schneidet:
p
p
ϕ : S n−1 × [−1, 1] → S n , ((v1 , . . . , vn ), t) 7→ v1 1 − t2 , . . . , vn 1 − t2 , t
Diese ist wohldeniert, denn
kϕ(v, t)k =
q
p
(1 − t2 ) kvk2 + t2 =
(1 − t2 ) + t2 = 1.
Weiter ist
diese Abbildung stetig und konstant auf den Äquivalenzklassen der Relation, welche die Teilmengen
S n−1 × {1} und S n−1 × {−1} zu einem Punkt zusammenschlägt, denn für t = ±1 ist ϕ(v, t) =
(0, . . . , 0, ±1). Mehr sogar, es gilt dass [(v, t)] = [(v 0 , t0 )] in ΣS n−1 ⇔ ϕ(v, t) = ϕ(v 0 , t0 ). Die Richtung
0 0
0
⇒ haben wir eben gezeigt und für ⇐ folgt aus ϕ(v, t) = ϕ(v , t ) als erstes, dass t = t und also
√
√
1 − t2 v = 1 − t2 v 0 . Für t ∈
/ {±1} folgt dann sofort, dass v = v 0 und für t ∈ {±1} muss klar
0
0
[(v, t)] = [(v , t )]. Damit induziert ϕ mit der universellen Eigenschaft der Quotiententopologie ein
n−1 → S n mit ϕ̄ ◦ π = ϕ (d.h. ϕ̄[v] = ϕv ). Da der Zylinder
eindeutiges, stetiges und bijektives ϕ̄ : ΣS
S n−1 × [−1, 1] ⊂ Rn+1 kompakt ist, ist auch ΣS n−1 kompakt und da zudem S n Hausdor 'sch ist,
ist ϕ sogar ein Homöomorphismus.
Aufgabe 5.
A⊂X
Sei
X
x ∈ X und alle
x ∈ U , A ⊂ V und U ∩V = ∅
kompakt und Hausdor 'sch. Man beweise, daÿ man für alle
abgeschlossen mit
x∈
/ A zwei oene Mengen U, V
ndet, sodass
(man nennt solche Räume auch regulär).
A als abgeschlossene Teilmenge eines Kompaktums selbst kompakt
x ∈ X \ A beliebig. Da X Hausdor 'sch ist, nden wir für alle a ∈ A oene
Umgebungen Ua 3 x, Va 3 a, sodass Ua ∩ Va = {}. Es ist dann (Va ∩ A | a ∈ A) eine oene
Überdeckung von A und da A kompakt ist, existieren a1 , . . . , an ∈ A, sodass A ⊂ V := Va1 ∪. . .∪Van .
Da zudem Uai ∩ Vai = {} ∀i ∈ {1, . . . , n} ist U := Ua1 ∩ . . . ∩ Uan eine oene Umgebung von x,
sodass U ∩ V = {}, wie gesucht.
Beweis. Wir bemerken, dass
sein muss. Sei nun