Einführung in die Topologie - math.uni

Einführung in die Topologie
Lösung zu Blatt 11
Lösung zu Übung 1
Da π1 (RP 2 ) ∼
= Z/2Z, aber π1 (S 1 ) ∼
= Z kein Element der Ordnung zwei
enthält, muss f∗ die triviale Abbidung sein, sodass im(f∗ ) = {e} (e ist das
neutrale Element). Es gilt also automatisch
f∗ (π1 (RP 2 )) = {e} ⊂ im(p∗ : . . . ).
Deswegen existiert eine Liftung
f¯ : RP 2 → R
von f (Liftungstheorem). Wegen der Kontrahierbarkeit von R gibt es eine
Homotopie
H : RP 2 × I → R
zwischen f¯ und einer konstanten Abbildung k. Die Komposition p ◦ H ist
eine Homotpie zwischen f und der konstanten Abbildung p ◦ k.
Lösung zu Übung 2
Jeder wegzusammenhängende Raum ist auch zusammenhängend. Zu zeigen
bleibt also nur die andere Richtung.
Wir zeigen zunächst, dass jede Wegekomponente W eines lokal wegzusammenhängenden Raumes X offen ist. Sei y ∈ W beliebig. Nach Voraussetzung
gibt es eine wegzusammenhängende Umgebung U von y. Diese muss natürlich
ganz in der Wegekomponente W liegen, also ist y ein innerer Punkt.
Sei nun X ein zusammenhängender, lokal wegzusammenhängender Raum.
Desweiteren sei (Wα )α∈A die Familie der Wegekomponenten von X. Nach
dem zuvor gezeigten ist also
[
˙
X=
Wα
α∈A
1
eine disjunkte Zerlegung von X in offene Mengen. Die Anzahl dieser Mengen Wα kann nicht größer als eins sein, da X zusammenhängend ist. Folglich besteht X aus höchstens einer Wegekomponente, ist also wegzusammenhängend.
Lösung zu Übung 3
Die nun folgenden Konstruktionen sind in Abbildung 1 skizziert. Wir be2k + 1
•
R
2k + 2
-
f¯
W
p
?
A1
-
f
A2
•
•
γ(I)
Abbildung 1: Skizze zur Lösung von Übung 3
trachten den Raum
A := ({0} × [−1, 1]) ∪ {(x, sin(1/x)) | 1/(2π) ≥ x > 0} ⊂ R2 ,
welcher eine beschränkte Version des Raumes von Übung 3 auf Blatt 2 ist.
Sei γ : I → R2 ein injektiver Weg mit
γ(0) = (0, −1) ∈ A,
γ(1) = (1/(2π), 0) ∈ A,
γ((0, 1)) ∩ ([0, 1/(2π)] × [−1, 1]) = ∅.
2
Dann setzen wir
W := A ∪ γ(I).
Ähnlich zur Übung 3, Blatt 2 kann man zeigen, dass W einfach zusammenhängend ist. Übung 3, Blatt 2 zeigt auch, dass W nicht lokal wegzusammenhängend ist.
Als nächstes definieren wir eine stetige Abbildung f : W → S 1 . Es seien
A1 := {0} × [−1, 1]
A2 := {(x, sin(1/x)) | 1/(2π) ≥ x > 0}.
Dann:
1. f |A1 ist die konstante Abbildung nach (−1, 0) ∈ S 1 .
2. f |γ(I) ist eine Parametrisierung des unteren Halbkreises,
f |γ(I) : γ(I) → S 1 ,
γ(t) 7→ −eπit ,
was wohldefiniert und stetig ist, weil γ : I → γ(I) ein Homöomorphismus
ist.
3. f |A2 ist eine Parametrisierung des oberen Halbkreises:
f |A2 : A2 → S 1 ,
(x, sin(1/x)) 7→ eπi(1−2πx) .
Es ist einfach zu beweisen, dass Punkte (a)-(b)-(c) eine wohldefinierte stetige
Abbildung f definieren.
Zusammenfassung: alle Voraussetzungen des Liftungstheorems (bis auf den
lokalen Wegzusammenhang von W ) sind erfüllt. Nun zeigen wir, dass das
Liftungsproblem für f nicht lösbar ist. Nehmen wir an, dass es eine stetige
Liftung f¯ : W → R gibt. Insbesondere f¯(A1 ) = 2k + 1 für ein gewisses k ∈ Z
und indem wir nun das Stück γ(I) entlang laufen sehen wir, dass dann
f¯(γ(t)) = 2k + 1 + t
gelten muss. Gehen wir nun auf A2 weiter, so sehen wir wegen der Stetigkeit
von f¯, dass
f¯((x, sin(1/x)) ≥ 2k + 2.
3
Die Folge bestehend aus den Punkten
1
1
, −1 =
, sin((2n + 3/2)π) ∈ A2
xn :=
(2n + 3/2)π
(2n + 3/2)π
konvergiert gegen (0, −1) ∈ A1 , aber f¯(xn ) ≥ 2k + 2 kann nicht gegen
f¯(0, −1) = 2k + 1 konvergieren, im Widerspruch zur Stetigkeit von f¯.
Lösung zu Übung 4
Zuerst beweisen wir, dass (N oφ H, ·) eine Gruppe ist.
• Assoziativität:
(n1 , h1 ) · ((n2 , h2 ) · (n3 , h3 )) = (n1 , h1 )(n2 · φ(h2 )(n3 ), h2 · h3 )
= (n1 · φ(h1 )(n2 · φ(h2 )(n3 )), h1 · (h2 · h3 ))
= (n1 · (φ(h1 )(n2 ) · φ(h1 )(φ(h2 )(n3 ))), (h1 · h2 ) · h3 )
= ((n1 · φ(h1 )(n2 )) · φ(h1 · h2 )(n3 ), (h1 · h2 ) · h3 )
= (n1 · φ(h1 )(n2 )), h1 · h2 )(n3 , h3 )
= ((n1 , h1 ) · (n2 , h2 )) · (n3 , h3 )
• Neutrales Element:
(1, 1) · (n, h) = (1 · φ(1)(n)h, 1 · h)
= (1 · IdN (n), h)
= (1 · n, h)
= (n, h)
= (n, h) · (1, 1)
• Inverses:
((φ(h−1 )(n))−1 , h−1 )(n, h) = ((φ(h−1 )(n))−1 · φ(h−1 )(n), h−1 h)
= (1, 1)
= (n, h)((φ(h−1 )(n))−1 , h−1 )
Sei nun
ψ : G → Homöo(R2 )
4
die Abbildung der Angabe. Es ist klar, dass
ψ(0, 0)(x, y) = (x, y).
Außerdem
ψ((h, n) · (h0 , n0 ))(x, y) = ψ(h + (−1)n h0 , n + n0 )(x, y)
= αh+(−1)
n h0
0
(β n+n (x, y))
0
1 − (−1)n+n
h+(−1)n h0
0
n+n0
=α
x + n + n , (−1)
y+
2
n+n0
1 − (−1)
n 0
0
n+n0
+ h + (−1) h
= x + n + n , (−1)
y+
2
und
0
1 − (−1)n
0
0
n0
+h
ψ(h, n)(ψ(h , n )(x, y)) = ψ(h, n) x + n , (−1) y +
2
0
1 − (−1)n
1 − (−1)n
0
n
n0
0
= x + n + n, (−1) (−1) y +
+h +
+h
2
2
0
1 − (−1)n+n
n 0
0
n+n0
+ h + (−1) h .
= x + n + n , (−1)
y+
2
0
0
Damit
ψ((h, n) · (h0 , n0 ))(x, y) = ψ(h, n)(ψ(h0 , n0 )(x, y)),
sodass ψ eine Gruppenoperation ist.
Zum Beweis, dass ψ eigentlich diskontinuierlich ist: Es ist klar, dass
ψ(h, n) B1/2 (x, y) ∩ B1/2 (x, y) = ∅,
falls
(h, n) 6= (0, 0).
Also ist die Gruppenoperation eigentlich diskontinuierlich.
Zum Beweis, dass
R2 /G ∼
= K.
5
Es ist klar, dass jedes Element z ∈ R2 /G einen Repräsentant z ∈ I × I hat.
Es ist auch klar, dass
[z] 6= [z 0 ] ,
falls z und z 0 im Inneren des Quadrates I × I liegen. Deswegen
R2 /G ∼
= (I × I)/ ∼,
wobei ∼“ eine Identifizierung des Randes ∂(I × I) ist. Diese Identifizierung
”
ist durch die Abbildungen
α|I×{0} : I × {0} → I × {1}
(x, 0) 7→ (x, 1)
β|{0}×I : {0} × I → {1} × I
(0, y) 7→ (1, 1 − y)
gegeben. Mit einem Bild:
-
6
?
-
Das ist nichts anderes als die Kleinsche Flasche (vgl. Übung 1 Blatt 7).
6