Blatt 5

Übungen zur Topologie, G. Favi
27. März 2009
Blatt 5
Abgabe: 3. April 2008, 12:00 Uhr
Aufgabe 1.
Zeige, daÿ für alle
Beweis. Wir schreiben
n∈N
die
n-Sphäre S n
in
Rn+1
kompakt ist.
d(x, y) := ky − xk für die Standardmetrik auf Rn+1 . S n ist abgeschlossen und
beschränkt, woraus nach Heine-Borel Kompaktheit folgt. Die Beschränktheit ist leicht einzusehen,
x∈
/ S n . Ist kxk < 1, so ist U1 (0)
n+1 \ S n . Ist jedoch kxk > 1, so sei := kxk − 1 = d(0, x) − 1 und
eine oene Umgebung von x in R
n
wir zeigen, dass für U := U (x) gilt U ∩ S = {}. Sei dazu y ∈ U beliebig (d.h. d(x, y) < ). Aus der
Dreiecksungleichung erhalten wir dann, dass 1 + = d(0, x) 6 d(0, y) + d(y, x) < d(0, y) + , womit
1 < d(0, y) und also y ∈
/ S n . Also ist U eine oene Umgebung von x in Rn+1 \ S n und da x beliebig
n+1
n
war, ist R
\ S oen.
da z.B.
S n ⊂ U2 (0).
Aufgabe 2.
Um zu zeigen, dass
Sn
abgeschlossen ist, sei
X ein topologischer Raum
∗ (z.B. ∗ = X ). Wir nennen
U ⊂ X und U oen in X oder ∗ ∈ U
(Einpunkt-Kompaktizierung): Sei
disjunkte Vereinigung von
X
mit einem Punkt
oen, falls folgendes gilt: Entweder ist
und
X̂ := X ∪ {∗} die
U ⊂ X̂
X \ U ist kompakt
eine Teilmenge
und
und abgeschlossen. Zeige:
(1)
X ⊂ X̂
(2)
X̂
(3)
{∗}
ist ein oener Unterraum.
ist ein kompakter topologischer Raum.
∗ Ist
(4)
ist abgeschlossen in
X
X̂ .
Hausdor 'sch, so ist
X̂
genau dann Hausdor 'sch, wenn jeder Punkt von
pakte Umgebung besitzt (man sagt dann auch
(5) Sei
(6)
Y
ein kompakter Hausdorraum,
morph zu
Y.
cn ' S n .
R
(Starte mit
n=1
n = 2.
eine kom-
sei lokal kompakt).
beliebig und
Ẏ := Y \ {y0 }.
Dann ist
Yḃ
homöo-
Hinweis: stereographische Projektion.)
X ⊂ X̂ oen und es bleibt zu zeigen, dass X die
initiale Topologie bezüglich der Inklusion ι : X X̂ trägt. Man prüft leicht, dass ι stetig ist.
−1 U = U ⊂ X oen. Ist jedoch ∗ ∈ U , so ist
Sei dazu U ⊂ X̂ oen. Ist U ⊂ X , so ist klar ι
X \ ι−1 U = X \ (U \ {∗}) = X \ U abgeschlossen und also ι−1 U = U \ {∗} ⊂ X oen. Zudem ist ι
klar oen und es folgt, dass ι : X → ιX = X̂ \ {∗} = X ein Homöomorphismus ist.
Ad (2): Sei (Uj )j∈J eine oene Überdeckung von X̂ . Es existiert insbesondere ein j0 ∈ J , sodass
∗ ∈ Uj0 . Da nun Uj0 oen und S
∗ ∈ Uj0 , ist per Denition X \ Uj0 kompakt und also existieren
j1 , . . . , jn ∈ J , sodass X \ Uj0 ⊂ nk=1 Ujk , womit (Ujk )nk=0 eine endliche Teilüberdeckung ist.
Ad (3): Trivial, da {∗} = X̂ \ X und X ⊂ X̂ oen.
Ad (4): Wir setzen X Hausdor 'sch voraus. Ist nun X̂ ebenfalls Hausdor 'sch, so sei x ∈ X
Beweis. Ad (1): Da
X ⊂ X
und
y0 ∈ Y
X
X
oen, ist auch
U 3 x, V 3 ∗
beliebig und
disjunkte oene Umgebungen. Da
und abgeschlossen, womit aus
Ist umgekehrt
x, y ∈ X ,
X
U ⊂ X \V
V
X \V
oen und
∗∈V,
ist
X \V
kompakt
x ist.
x, y ∈ X̂, x 6= y . Sind
disjunkte, oene Umgebungen trennen, da X Hausdor 'sch
y = ∗. Dann wählen wir eine kompakte Umgebung A 3 x.
folgt, dass
eine kompakte Umgebung von
lokal kompakt, so betrachten wir zwei beliebige Punkte
so können wir sie klar durch
x ∈ X und
A abgeschlossen sein (kompakte Teilräume eines Hausdor-Raums
sind abgeschlossen) und wir setzen U := Å und V := X \ A. Es folgt dann, dass x ∈ U (da A
eine Umgebung von x ist) und ∗ ∈ V . Zudem ist U ⊂ X̂ klar oen und auch V ⊂ X̂ ist oen, da
X \ V = X \ (X \ A) = A abgeschlossen und kompakt.
und es bleibt der Fall, wo
Da
X
Hausdor 'sch ist, muss
Ad (5): Wir denieren
ϕ : Yḃ → Y, y 7→
D.h.
ϕ
ϕ
ist auf
Ẏ
die Identität (bzw. Inklusion).
stetig ist. Sei dazu
A⊂Y
y y 6= ∗
.
y0 y = ∗
ϕ
ist klar bijektiv und es bleibt zu zeigen, dass
abgeschlossen (d.h. kompakt). Ist
y0 ∈
/ A,
so ist
ϕ−1 A = A
und da
A = A ∩ Ẏ ⊂ Ẏ abgeschlossen und kompakt ist, ist A auch in abgeschlossen. Ist jedoch y0 ∈ A,
ḃ ist klar abgeschlossen,
−1 A = Ȧ ∪ {∗}. Diese Menge in Y
so ist Ȧ := A ∩ Ẏ in Ẏ abgeschlossen und ϕ
ḃ
da Y \ (Ȧ ∪ {∗} = Ẏ \ Ȧ und Ȧ ist abgeschlossen in Ẏ . Es folgt, dass ϕ stetig und bijektiv ist. Da
Yḃ
jedoch
Yḃ
kompakt und
Y
Hausdor 'sch ist, ist
ϕ
sogar ein Homöomorphismus.
Ad (6): Die stereographische Projektion liefert einen Homöomorphismus
n
n
p : S˙n := S n \ {N } →
N = (0, . . . , 0, 1) ∈ S der Nordpol. Dieser Homöomorphismus lässt sich zu einem
ċ
cn fortsetzen (Achtung! Man braucht, dass p oen ist, Stetigkeit reicht
Homöomorphismus p̂ : S n → R
R
, wobei
nicht!), indem man
∗
nach
∗
schickt (wie man leicht prüft) und da nach Aufgabe (5)
ċn ∼ S n ,
S
=
folgt
die Behauptung. Es bleibt zu zeigen, dass die stereographische Projektion ein Homöomorphismus
ist. Sie ist gegeben durch
p : S˙n → Rn × {0} ∼
= Rn , x 7→ N +
(wobei
k−k
2
(x − N )
kx − N k2
die euklidische Standardnorm) oder (einfacher)
1
(x − N ) =
(x1 , . . . , xn+1 ) 7→ N +
1 − xn+1
x1
xn
,...,
1 − xn+1
1 − xn+1
,
was eine klar wohldenierte, stetige Abbildung ist (da Addition, Skalarmultiplikation und Norm
stetig sind). Sie ist zudem bijektiv mit Inverse
p−1 : Rn × {0} ∼
= Rn → S˙n , x 7→ N +
2
2
kxk + 1
(x − N ),
welche ebenfalls klar stetig ist.
Aufgabe 3.
tenraum von
n-dimensionale reell projektive Raum RPn = PRn+1
Rn+1 \ {0} nach der Äquivalenzrelation
Der
a∼b
⇐⇒
auassen. Er besteht also aus den Geraden des
(1)
RP1
ist homöomorph zur Kreislinie
S1.
kann man als den Quotien-
Ra = Rb
Rn+1
durch den Nullpunkt. Zeige:
(2)
RPn
ist Hausdor 'sch und kompakt.
(3)
RPn
lässt sich mit
n+1
oenen Mengen
Ui
überdecken, welche homöomorph zu
Ui sind die Bilder der Teilmengen Vi := {a ∈
π : Rn+1 \ {0} → RPn .)
(Hinweis: Die
(4) Die Komplemente der
Ui
sind homöomorph zu
Rn+1
Rn
sind.
| ai = 1} unter der Projektion
RPn−1 .
1
∗
1
Beweis. Ad (1): Betrachte S als Unterraum von C = C \ {0} und genauso RP und deniere
2
z
ϕ : C∗ → S 1 , z 7→ |z|
2 . Diese Abbildung ist klar wohldeniert und stetig (da sie als Abbildung nach
∗
1
∗
0
0
C
ein
stetig ist und
λ ∈ R∗
S ⊂C
). Sie ist zudem stetig auf den Äquivalenzklassen, da
und also
ϕz 0 = ϕ(λz) =
Mehr noch, es gilt sogar
ϕz =
z ∼ z ⇔ z = λz
für
z 0 = r0 exp(iα0 )
mit
λ2 z 2
λ2 z 2
z2
= ϕz.
2
2 = 2
2 =
|λ| |z|
λ |z|
|z|2
z ∼ z 0 ⇔ ϕz = ϕz 0 ,
denn haben wir
z = r exp(iα)
und
ϕz 0 , so gilt
z 02
r2 exp(2iα)
r02 exp(2iα0 )
z2
=
⇒
=
⇒ exp(2iα) = exp(2iα0 ),
2
2
2
02
0
r
r
|z|
|z |
womit
2iα0 = 2iα + i2πk
mit
k ∈ Z,
woraus
α0 = α + πk
und also
Rz = Rz 0 .
Mit der universellen
Eigenschaft der Quotiententopologie induziert dies eine eindeutige, stetige und bijektive Abbildung
π
ϕ̄ ◦ π = ϕ, wobei C∗ −
RP1 die Standardprojektion. Da RP1 nach der nächsten
1
Aufgabe kompakt und S Hausdor 'sch, ist ϕ̄ ein Homöomorphismus.
n
n
Ad (2): Es sei angemerkt, dass ϕ : S → RP , x 7→ [x] = Rx eine stetige und surjektive Abbildung
n
ist (siehe dazu auch Blatt 4, Aufgabe 1(c)) und es folgt, dass RP als Bild eines Kompaktums auch
ϕ̄ : RP1 → S 1
mit
kompakt ist. Es bleibt die Hausdor-Eigenschaft zu zeigen. Die Idee ist hier klar, dass wir zu zwei
Geraden
Rx 6= Ry
in
RPn
deren Schnittpunkte mit
Sn
betrachten, diese dann durch genügend
kleine oene Umgebungen trennen und die zugehörigen Kegel zu diesen Umgebungen betrachten.
Dabei müssen wir jedoch aufpassen, dass nicht zwei antipodale Punkte in den Umgebungen liegen.
x, y ∈ S n ⊂ Rn+1 (da ϕ
1 , δ1 ∈ R>0 , sodass U1 (x) ∩ Uδ1 (y) = {} und
genauso 2 , δ2 ∈ R>0 , sodass U2 (x) ∩ Uδ2 (−y) = {}. Setze nun := min{1 , 2 } und δ := min{δ1 , δ2 }
und es folgt, dass U := U (x) und V := Uδ (y) disjunkt sind und mehr noch, auch U und −V =
v ∈ Rn+1 −v ∈ V sind disjunkt (also auch −U und V bzw. −U und −V ). Damit sind die Kegel
[U ] := {[u] ∈ RPn | u ∈ U } und [V ] ebenfalls disjunkt und klar oen, da für π : Rn+1 \ {0} → RPn
−1 [U ] = R∗ U = {λu | λ ∈ R∗ , u ∈ U } und also
die Standardprojektion π
[
[
π −1 [U ] = R∗ U (x) =
λU (x) =
U|λ| (λx)
Etwas formaler: Für
[x] 6= [y]
in
RPn
nehmen wir o.B.d.A. an, dass
n+1 Hausdor 'sch)
surjektiv). Wir nden nun (da R
λ∈R∗
λ∈R∗
(s. verallgemeinerter Strahlensatz unten) und dies ist eine Vereinigung oener Mengen in
−1 [V
(analog für π
Rn+1
] = RV ).
n
n
Ad (3): Es ist klar, dass die Ui ganz RP überdecken, denn sei [v] ∈ RP beliebig, mit v =
n+1 \ {0}. Da v 6= 0 existiert ein i ∈ {1, . . . , n + 1}, sodass v 6= 0 und da
(v1 , . . .h, vn+1
i
i ) ∈ R
1
v
n
[v] = vi v ∈ RP folgt, dass [v] ∈ Ui = πVi , da vi ∈ Vi . Es bleibt zu zeigen, dass die Ui alle
n
homöomorph zu R sind. Dazu bemerken wir, dass Vi ∼
= Rn (trivial) und denieren
ϕ : Vi → Ui = πVi , v 7→ [v].
Diese Abbildung ist klar surjektiv und auch injektiv, da für
Vi
gilt
[v] = [w] ⇔ w = λv
für ein
λ∈
v = (v1 , . . . , vn+1 ), w = (w1 , . . . , wn+1 ) ∈
1 = wi = λvi = λ, womit w = v . Sie ist
R∗ und insbesondere
zudem stetig, da folgendes Diagramm kommutiert:
Vi /
ι
ϕ
/ / Ui
Rn+1
π
ι0
/ / RPn
,
ι0 ◦ ϕ = π ◦ ι stetig ist und also auch ϕ, da Ui initial bezüglich ι0 . ϕ ist ebenfalls oen, denn
für U (x) ∩ Vi oen in Vi ist ϕ(U (x) ∩ Vi ) = ϕU (x) ∩ Ui = [U (x)] ∩ Ui und da der Doppelkegel
π −1 [U (x)] = R∗ U (x) ⊂ Rn+1 oen ist (s. Teilaufgabe (2)), ist ϕ(U (x) ∩ Vi ) ⊂ Ui oen, womit ϕ
womit
ein Homöomorphismus ist.
RPn \ Ui = {[x] ∈ RPn | xi = 0} = πPi , womit Pi ⊂ Rn+1 die Hyperebene xi = 0.
Es ist auch klar Pi ∼
= Rn , indem die i-te Koordinate einfach weggelassen wird. Für x, y ∈ Pi ist
x ∼ y ⇔ Rx = Ry ⇔ R(x1 , . . . , xbi , . . . , xn+1 ) = R(y1 , . . . , ybi , . . . , yn+1 ), wobei (x1 , . . . , xbi , . . . , xn+1 )
das n-Tupel beizeichne, welches man erhält, wenn bei x = (x1 , . . . , xn+1 ) der i-te Eintrag weggelassen
wird (genauso für y ). Dies ist klar da ja xi = yi = 0 und also Rxi = Ryi sowieso erfüllt ist.
n
n−1 ist, womit πP ∼
Dies ist aber genau die Äquivalenzrelation auf R , deren Quotientenraum RP
i =
n−1
RP
.
Ad (4): Es ist klar
Lemma. (Verallgemeinerter Strahlensatz)
trage die Standardtopologie). Dann ist
Beweis. Es bezeichne
k−k
∈ R>0 , λ ∈ R∗
λU (x) = U|λ| (λx).
Seien
die euklidische Standardnorm und
Wir bemerken zuerst, dass für
y ∈ Rn
d(−, −)
und
x ∈ Rn
beliebig (R
n
die davon induzierte Metrik.
beliebig gilt, dass
d(λx, λy) = kλ(y − x)k = |λ| ky − xk = |λ| d(x, y).
⊂: Sei
y ∈ U (x) beliebig (d.h. d(x, y) < ). Es ist dann d(λx, λy) = |λ| d(x, y) < |λ| , womit
λy ∈ U|λ| (λx) und also λU (x) ⊂ U|λ| (λx).
1
⊃: Ist umgekehrt y ∈ U|λ| (λx) (d.h. d(λx, y) < |λ| ), so setzen wir z := λ y und es folgt, dass
1
1
d(x, z) = d( λ1 λx, λ1 y) = |λ|
d(λx, y) < |λ|
|λ| = , womit z ∈ U (x) und y = λz .
Aufgabe 4.
Sei
(1) Zeige, daÿ
X
X
ein topologischer Raum.
ist Hausdor 'sch
⇔ Jeder Filter auf X
konvergiert gegen höchstens einen Punkt.
A ⊆ X und F ein Filter auf A. Man beweise, daÿ es einen kleinsten Filter F 0 auf X gibt,
0
der F enthält. Man beweise zudem, dass für ein x ∈ A man hat F → x (in X ) ⇔ F → x
0
(in A). Für ein x ∈ X sagt man, daÿ F gegen x konvergiert, falls F gegen x konvergiert.
(2) Sei
(3) Zeige, daÿ
A
abgeschlossen
⇔
Für jeden konvergenten Filter auf
A,
enthält
A
auch seine
Konvergenzpunkte.
Denition.
Sei X ein topologischer Raum. Eine Menge B ⊂ PX heisst Filterbasis, falls für
U, V ∈ B gilt, dass U ∩ V ∈ B und {} ∈
/ B . Wir setzen FX B := {X}, falls B = {} und
FX B := {U ∈ PX | ∃V ∈ B : V ⊂ U } sonst. FX B heisst der von B erzeugte Filter (wir schreiben
kurz F B für FX B falls der zugrunde liegende Raum klar ist).
alle
Bemerkung.
∀U, V ∈ B ∃W ∈ B : W ⊂ U ∩ V und {} ∈
/ B , so nennt
man B auch eine Filtersubbasis und deniert dann FX B := {X}, falls B = {} und FX B :=
T
{U ∈ PX | ∃U1 , . . . , Un ∈ B : ni=1 Ui ⊂ U } sonst.
Fordert man nur, dass
Behauptung.
so ist auch
F B ist
F B ⊂ F ).
Beweis. Sei
V ⊂U
F
und da
der kleinste Filter, welcher
und
enthält (d.h. ist
B⊂F
X mit B ⊂ F und sei U ∈ F B beliebig.
F ein Filter, folgt, dass auch U ∈ F .
ein Filter auf
V ∈F
B
für einen Filter
Es existiert
V ∈ B,
F,
sodass
Nun zur eigentlichen Aufgabe:
X Hausdor 'sch. Sei F ein konvergenter Filter auf X mit
x, y ∈ X und U 3 x, V 3 y oen. Da F → x und F → y folgt, dass U ∈ F
und V ∈ F , womit auch U ∩ V ∈ F . Da jedoch {} ∈
/ F , muss U ∩ V 6= {}, womit sich x und y
nicht durch oene Umgebungen trennen lassen und also x = y .
⇐: Zu x ∈ X bezeichne NX x := {U ∈ PX | U Umgebung von x in X} den Umgebungslter von
x. Seien nun x, y ∈ X und B := NX x ∪ NX y . Falls für alle Umgebungen U 3 x und V 3 y gilt,
dass U ∩ V 6= {}, dann ist B eine Filterbasis und F B konvergiert gegen x und y , womit x = y nach
Beweis. Ad (1): ⇒: Wir nehmen an
Konvergenzpunkten
Voraussetzung.
Ad (2): Setze B := F , was klar eine Filterbasis ist. Mit der vorherigen Behauptung folgt, dass
F 0 := FX B die geforderten Eigenschaften hat. Es bleibt zu zeigen, dass für x ∈ gilt, dass
F 0 → x ⇔ F → x.
0
0
0
⇒: Sei U 3 x oen in A. D.h. es existiert U ⊂ X oen, sodass U = A ∩ U . Da F → x ist
0
0
0
0
0
0
U ∈ F und zudem klar A ∈ F , da ja A ∈ F ⊂ F . Also ist auch U = A ∩ U ∈ F . Per Denition
0
von F existiert also V ∈ F mit V ⊂ U ⊂ A und da F ein Filter auf A ist also auch U ∈ F .
Damit enthält F alle oenen Umgebungen von x in A und also auch alle Umgebungen.
0
⇐: Trivial: Sei U 3 x oen in X , also A ∩ U 3 x oen in A und da F → x also A ∩ U ∈ F ⊂ F .
0
0
Da zudem A ∩ U ⊂ U und F ein Filter, folgt, dass U ∈ F .
0
Ad (3): ⇒: Sei F ein Filter auf A, F wie in der letzten Teilaufgabe und x ∈ X ein Konvergenz0
punkt von F (d.h. von F ). Angenommen x ∈
/ A, so sei U 3 x oen in X . Also U ∈ F 0 und da
0
auch A ∈ F also U ∩ A 6= {}. Es ist aber auch U ∩ (X \ A) 6= {} (da x ∈ U ∩ (X \ A)), womit
x ∈ ∂A ⊂ A und dies ist ein Widerspruch.
⇐: Sei x ∈ ∂A. Da U ∩ A 6= {} für alle U 3 x oen, ist F := A ∩ NX x ein Filter auf A (klar
{} ∈
/ F , A = A∩X ∈ F und für A∩U, A∩V ∈ F auch (A∩U )∩(A∩V ) = A∩(U ∩V ) ∈ F und falls
A ∩ U ∈ F und A ∩ U ⊂ V ⊂ A, so ist U ∪ V ∈ NX x und also A ∩ (U ∪ V ) = (A ∩ U ) ∪ (A ∩ V ) =
(A ∩ U ) ∪ V = V ∈ F ). Für F 0 wie in (2) haben wir nun, dass NX x ⊂ F 0 , da für U ∈ NX x
0
0
per Denition A ∩ U ∈ F und da A ∩ U ⊂ U also U ∈ F . Insbesondere gilt F → x und also
F → x, womit x ∈ A nach Voraussetzung. Da x ∈ ∂A beliebig war, folgt dass ∂A ⊂ A und also
A = A ∪ ∂A ⊂ A, womit A abgeschlossen ist.