Einführung in die Topologie - math.uni

Einführung in die Topologie
Lösung zu Blatt 3
Lösung zu Übung 1 ⇒: Sei x ∈ A und sei
B0x = {Un }n∈N
eine abzählbare Basis um x. O.B.d.A. seien alle Un offen. Betrachte die
abzählbare Familie von offenen Mengen:
Bx = {Vn }n∈N ,
wobei
Vn :=
n
\
Uj .
j=1
Diese Familie definiert eine abzählbare Basis um x, weil
Vn ⊂ Un und x ∈ Vn , ∀n ∈ N.
Ausserdem erfüllt Bx die zusätzliche Eigenschaft:
Vn+1 ⊂ Vn , ∀n ∈ N.
Für alle n ∈ N wählen wir ein Element xn ∈ A ∩ Vn . Der Schnitt A ∩ Vn ist
nicht leer, denn x ∈ A. Diese Auswahlen definieren eine Folge
{xn }n∈N ⊂ A,
die gegen x konvergiert: Gegeben eine Umgebung U um x, finden wir eine
N ∈ N mit VN ⊂ U . Deshalb:
xn ∈ V n ⊂ V N ⊂ U
1
∀n ≥ N
⇐: Sei x der Grenzwert von {xn }n∈N ⊂ A. Für jede Umgebung U um x gibt
es ein N ∈ N mit xn ∈ U für alle n ≥ N . Insbesondere gilt xN ∈ U ∩ A, also
U ∩ A 6= ∅. Da U beliebig war, folgt x ∈ A.
Lösung zu Übung 2 Angenommen, wir hätten einen Homöomorphismus f : (0, 1] → (0, 1). Dann ist auch
f |(0,1) : (0, 1) → (0, 1) \ {f (1)}
(1)
ein Homöomorphismus. Wegen 0 < f (1) < 1 zerfällt aber (0, 1) \ {f (1)} in
die zwei disjunkten offenen Teilmengen (0, f (1)) und ((f (1), 1), also ist das
Bild von (1) nicht zusammenhängend. Auf der anderen Seite ist (0, 1) jedoch
wegzusammenhängend und damit auch zusammenhängend. Dies kann jedoch
nicht sein, denn Zusammenhang ist eine Homöomorphismusinvariante.
Ganz genauso zeigt man, dass es keinen Homöomorphismus [0, 1] → (0, 1)
geben kann.
Um zu zeigen, dass es keinen Homöomorphismus f : [0, 1] → (0, 1] geben
kann müssen wir jedoch zwei Punkte entfernen: Die Einschränkung
f |(0,1) : (0, 1) → (0, 1] \ {f (0), f (1)}
ist wieder ein Homöomorphismus mit zusammenhängendem Definitionsbereich. Nun können f (0) und f (1) nicht beide 1 sein, also ist einer der beiden Werte – nennen wir ihn a – echt kleiner als 1. Damit zerfällt das Bild
X := (0, 1] \ {f (0), f (1)} in die zwei disjunkten offenen Teimengen X ∩ (0, a)
und X ∩ (a, 1] und ist somit nicht zusammenhängend. Widerspruch!
Einen Homöomorphismus f : R → Rn kann es ebenfalls nicht geben, denn
R \ {0} ist nicht zusammenhängend, aber Rn \ {f (0)} ist für n ≥ 2 sogar
Wegzusammenhängend: das Loch f (0) kann einfach umlaufen werden.
Lösung zu Übung 3 Von Blatt 2 Übung 2 folgt, dass die Quadertopologie feiner als die Produkttopologie ist. Die Quadertopologie ist genau
dann echt feiner als die Produkttopologie, wenn das Produkt unendlich viele
Faktoren Xi besitzt, die nicht die Klumpentopologie tragen, und keiner der
Faktoren leer ist: Um das zu sehen sei I0 ⊂ I unendlich, Ui ⊂ Xi offen mit
Ui 6= ∅, Xi für i ∈ I0 und Ui = Xi 6= ∅ für i ∈ I \ I0 . Dann ist das Produkt
Y
Y
Ui ⊂
Xi
i∈I
i∈I0
2
nichtleer und offen in der Quadertopologie. Sie ist aber nicht offen in der
Produkttopologie, denn dann müsste sie Vereinigung von mindestens einer
Menge der Form
Y
Y
Vi ⊂
Xi
i∈I
i∈I0
sein, wobei alle Vi ⊂ Xi offen und nichtleer sind und Vi = Xi für fast alle
(also alle bis auf endlich viele) i. Da die Teilmenge I0 jedoch unendlich ist,
gibt es dann ein i ∈ I0 mit Vi = Xi aber Ui $ Xi . Damit kann aber
Y
Y
Vi ⊂
Ui
i∈I
nicht eintreten. Folglich ist
Q
i∈I0
i∈I0
Ui nicht offen in der Produkttopologie.
Für jede Folge
x :=
Y
{xi } ∈
i∈N
Y
R
i∈N
betrachten wir die in der Quadertopologie offene Umgebung
Y
Y
Ux :=
(xi − 1, xi + 1) ⊂
R
i∈N
i∈N
um x. Wenn x beschränkt ist, besteht Ux aus beschränkten Folgen: Sei S eine
Schranke für x, d.h. |xi | ≤ S für alle i. Dann ist S + 1 eine Schranke für jede
Folge y ∈ U . Insbesondere ist die Menge der beschränkten Folgen offen. Wir
schreiben B für diese Menge.
Wenn x nicht beschränkt ist, besteht Ux aus nicht beschränkten Folgen: wäre
S eine Schranke eines y ∈ U , dann würde S + 1 eine Schranke für x sein.
Insbesondere ist das Komplement der Menge der beschränkten Folgen offen.
Folgerung:
!
Y
Rn = B ∪˙
n∈N
Y
R\B
n∈N
ist eine disjunkte Zerlegung in zwei offene Mengen. Das bedeutet, dass
Y
Rn
n∈N
3
mit der Quadertopologie nicht zusammenhängend ist.
Lösung zu Übung 4
Es ist klar, dass jeder kompakte metrische Raum total beschränkt ist: Für
jedes ε > 0 enthält die offene Überdeckung {Bε (X) | x ∈ X} eine endliche Teilüberdeckung. Ausserdem ist aus der Vorlesung bekannt, dass jeder
kompakte metrische Raum vollständig ist. Nun zur anderen Richtung:
1. Sei (xn ) eine Folge in X. Wir suchen eine Cauchy-Teilfolge (xni ) von
(xn ). Für jedes k > 0, gibt es endlich viele 1/k-Bälle, die eine 1/kÜberdeckung von X definieren. Also finden wir einen Ball B1 (y1 ) der
unendlich viele Folgenglieder enthält. Induktiv gibt es Bälle B1/k (yk ),
sodass jeder Schnitt
n
\
B1/i (yi )
i=1
unendlich viele Folgenglieder enthält. Wir definieren dann die Teilfolge
(xni ) durch die Wahl eines Folgenglieds
xni ∈
n
\
B1/i (yi )
i=1
mit ni > nk , falls k < i. Die Folge (xni ) ist Cauchy, denn xni>k ∈
B1/k (yk ).
2. Die Teilfolge (xnk ) von Punkt (b) konvergiert, weil X vollständig ist.
3. Seien xk die Mittelpunkte der Anleitung. Wegen 2. finden wir eine
konvergente Teilfolge (xki ). Sei x ∈ U ihr Grenzwert, wobei U eine
offene Menge der Überdeckung U ist. Die Teilmenge U is offen und
damit existiert eines > 0 mit B (x) ⊂ U . Ebenso existiert N ∈ N mit
xnk ∈ B (x) ∀k ≥ N,
denn (xnk ) konvergiert gegen x. Wenn k groß genug ist, dann gilt:
B1/nk (xnk ) ⊂ B (x) ⊂ U,
was einen Widerspruch zur Wahl der Mittelpunkte xk ist.
4
4. Sei die in 3. gefundene Lebesguezahl. Da X total beschränkt ist, wird
X von endlich vielen -Bällen
B (z1 ), . . . , B (zn )
überdeckt. Jeder dieser Bälle B (zi ) ist in einem Ui ∈ U enthalten, und
damit ist {U1 , . . . , Un } eine offene Teilüberdeckung von X.
Lösung zu Übung 5
1. Sei U eine beliebige Umgebung um p. Wir erinnern uns daran, dass U
eine offene Menge V enthält, die die folgende Form hat:
Y
V =
Vi ,
i∈R
wobei Vi = {1} für nur endlich viele indizes i = k1 , ..., kj und Vi = {0, 1}
für alle anderen Indizes. Der Punkt x ∈ X gegeben durch:
1, falls i = k1 , ..., kj ;
xi =
0, sonst;
liegt in A ∩ V . Insbesondere U ∩ A 6= ∅ für alle Umgebungen U um p,
also p ∈ A.
2. Sei (xn )n∈N eine beliebige Folge in A. Wir schreiben (xn )i für die i-te
Koordinate von xn ∈ X. Es gibt abzählbar viele Indizes
{km }m∈N ⊂ R
mit (xn )i = 0 ∀n, falls
i ∈ R \ {km }m∈N ,
weil eine abzählbare Vereinigung von endlichen Mengen abzählbar ist.
Wir wählen
j ∈ R \ {km }m∈N
und wir setzen
U := {1}j ×
Y
Xi .
i∈R\j
Die offene Umgebung U um p enthält kein Element xn der Folge (xn )n∈N ,
also konvergiert diese nicht gegen p.
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3. Zuerst zeigen wir, dass f folgenstetig ist. Sei (xn )n∈N eine Folge in
A ∪ {p}, die gegen x konvergiert. Es gibt endlich viele Indizes I ⊂ N
sodass, für n ∈
/ I, entweder xn ∈ A oder xn = p. Wenn nicht, findet man
eine Teilfolge (xm ) ⊂ (xn ), die nicht gegen p konvergiert (Punkt(b)),
und eine konstante Teilfolge p = (xt ) ⊂ (xn ), die gegen p konvergiert;
was einen Widerspruch zur Konvergenz von der ursprünglichen Folge
(xn ) ist.
Dann
(
f ( lim xn ) = f (x) =
n→∞
1 = lim f (xn ), falls xn = p für n ∈
/ I;
n→∞
0 = lim f (xn ), falls xn ∈ A für n ∈
/ I.
n→∞
Das bedeutet, dass f folgenstetig ist.
Zum Beweis, dass f nicht stetig ist. Die Menge {1} ist offen in {0, 1},
aber
f −1 (1) = {p}
ist nicht offen, weil p ∈ A \ A
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