Hausaufgaben - Mathe mit Karsten

Vorlesung: Allgemeine Topologie, Universität Rostock, Sommersemester 2012
Karsten Evers
Hausaufgaben
3. Serie
Filter, Ultrafilter und Trennungsaxiome
Aufgabe 1
Sei X eine nicht leere Menge.
(a) Gib alle Filter und Ultrafilter auf X an, falls X endlich ist.
•
(b) Sei φ ein Ultrafilter auf X. Dann gilt: ∃ x ∈ X mit φ =x ⇔
T
P∈φ
P 6= 0/ ⇔
T
P∈φ
P∈φ
•
(c) Wenn X unendlich ist, gibt es (mindestens) einen Ultrafilter φ , der nicht von der Form x ist.
Lösung: (a) Ist X eine endliche Menge und φ ein Filter auf X, so ist Q :=
T
P∈φ
P ∈ φ , denn auch φ ist endlich.
•
Also ist φ = {R ⊆ X | Q ⊆ R}. Um den Filter zu maximieren, muss man also nur ein q ∈ Q auswählen und q ist
ein Ultrafilter der φ enthält. Alle Filter auf X sind also von der Form {B ⊆ X | A ⊆ B} für jedes A ∈ P(X) \ {0}
/
•
und die Ultrafilter sind sämtlich von der Form x für x ∈ X.
T
T
T
•
/ setze
/ Falls andererseits P∈φ P 6= 0,
(b) Falls φ =x, so offenbar P∈φ P = {x} ∈ φ , insbesondere P∈φ P 6= 0.
•
/ Sei a ∈ A. Offenbar ist ψ :=a ein Ultrafilter mit φ ⊆ ψ. Da φ auch ein Ultrafilter ist, folgt
A := P∈φ P 6= 0.
φ = ψ.
(c) Sei ϕ := {P ⊆ X | X \ P ist endlich}. Dann ist ϕ offenbar ein Filter. Aus dem Ultrafiltersatz folgt, dass es
T
T
•
einen Ultrafilter φ gibt, mit ϕ ⊆ φ . Da P∈φ P ⊆ P∈ϕ P = 0,
/ ist φ nicht von der Form x.
T
Aufgabe 2
Sei (X, d) ein metrischer Raum und τd die von d erzeugte Topologie. (X, τd ) ist Ti , für alle i ∈ {0, 1, 2, 3, 4}.
Lösung: Es reicht T2 und T4 zu zeigen. Sind x, y ∈ X mit x 6= y, so sei ε := d(x, y) > 0. Es folgt U := K(x, ε/2)
und V := K(y, ε/2) sind dann offene disjunkte Mengen mit x ∈ U und y ∈ V . Seien nun A abgeschlossen und
S
A ⊆ U ∈ τd . Für jedes a ∈ A sei εa > 0 mit K(a, εa ) ⊆ O. Setze U := a∈A K(a, εa /3). Für jedes b ∈ X \ O sei
S
εb > 0 mit K(b, εb ) ⊆ X \ A. Setze V := b∈X\A K(b, εb /3). Also A ⊆ U ∈ τd und X \ O ⊆ V ∈ τd . Falls z ∈ U ∩V ,
so wäre d(z, a) < εa /3 und d(z, b) < εb /3, für gewisse a, b. Also d(a, b) < εa /3 + εb /3. Angenommen εa ≤ εb ,
so folgt d(a, b) < 2εb /3, also a ∈ K(b, 23 εb ), was unmöglich ist (εb ≤ εa führt ebenso zum Widerspruch). Also
A ⊆ U ⊆ U ⊆ X \V = X \V ⊆ O.
Aufgabe 3
(a) Finde einen Raum der T1 und nicht T2 ist.
(b) Finde einen Raum der T4 und nicht T3 ist.
(c) Sei (X, τ) ein topologischer Raum und A ⊆ X.
a)
b)
c)
d)
•
Zeige: A◦ = 0/ ⇔ ∀ a ∈ A ∀U ∈ a ∩τ ∃ z ∈ U \ A.
T (τ) := {U \ B | U ∈ τ und B ⊆ A} ist eine Topologie auf X.
Ist A nicht abgeschlossen und A◦ = 0,
/ so ist (X, T (τ)) nicht T3 .
1
Für (X, τ) = (R, τEuklid ) und A = { n+1
| n ∈ N} ist (X, T (τEuklid )) T2 , aber nicht T3 und nicht T4 .
1
Vorlesung: Allgemeine Topologie, Universität Rostock, Sommersemester 2012
Karsten Evers
Lösung: (a) Sei X := N und τ := {O ⊆ X | X \ O endlich}.
(b) Setze X = {0, 1} und τ := {0,
/ {0}, X}.
(c) a) Die Äquivalenz ergibt sich unmittelbar aus der Definition für A◦ .
b) Es gilt ∅,Y ∈ T (σ ). Für U1 \ B1 ,U2 \ B
∈ T (σ ) gilt (US1 \ B1 ) ∩ (U2 \ B2 ) = (U1 ∩U2 ) \ (B1 ∪ B2 ) ∈ T (σ ).
S2
Und wenn Ui \ Bi ∈ σ für alle i ∈ I, so folgt i∈I (Ui \ Bi ) = ( i∈I Ui ) \ B ∈ T (σ ), wobei B := {a ∈ A | ∀ i ∈ I (a 6∈
Ui oder a ∈ Bi )}.
c) A ist bzgl. T (σ ) abgeschlossen und y ∈ Y \ A. Seien U,V ∈ σ und B, B0 ⊆ A mit y ∈ U \ B und A ⊆ V \ B0 .
Folglich ist B0 = ∅. Wegen y ∈ A \ A (bzgl. σ ) gibt es ein a ∈ U ∩ A. Da auch a ∈ V , ∃ z ∈ (U ∩ V ) \ A (wegen
a)). Folglich ist z ∈ U \ B und z ∈ V .
d) Da τR T2 ist und τR ⊆ T (τR ), ist (R, T (τR )) ein T2 , aber kein T3 -Raum und somit auch kein T4 -Raum.
Aufgabe 4
(a) (X, τ) ist genau dann T1 , wenn jede Einpunktmenge {x} abgeschlossen ist.
(b) (X, τ) ist genau dann Hausdorff, wenn jeder Ultrafilter auf X gegen höchstens einen Punkt konvergiert.
(c) (X, τ) ist genau dann ein T3 -Raum, wenn zu jedem x ∈ X und jedem abgeschlossenen A ⊆ X mit x 6∈ A
offene Mengen U,V existieren, mit x ∈ U, A ⊆ V und U ∩V = 0.
/
(d) (X, τ) ist genau dann ein T4 -Raum, wenn zu abgeschlossenen Teilmengen A, B mit A ∩ B = 0/ offene
Mengen U,V existieren, mit A ⊆ U und B ⊆ V und U ∩V = 0.
/
Lösung: (a) Ist nur eine Umformulierung der Definition.
τ
τ
(b) Sei (X, τ) ein T2 -Raum. Annahme ∃ Ultrafilter φ und ∃ x, y ∈ X mit x 6= y, φ → x und φ → y. Seien U,V ∈ τ
mit U ∩V = 0/ und x ∈ U, y ∈ V . Offenbar sind U,V ∈ φ - Widerspruch. Angenommen jeder Ultrafilter φ auf X
•
•
konvergiert gegen höchstens einen Punkt. Sei x 6= y. Falls (x ∩τ) ∪ (y ∩τ) die eSE hat, dann sei φ ein Ultrafilter
•
•
τ
•
τ
•
mit (x ∩τ) ∪ (y ∩τ) ⊆ φ . Offenbar gilt φ → x und φ → y - Widerspruch. Also hat (x ∩τ) ∪ (y ∩τ) nicht die eSE
•
•
und es gibt somit ein U ∈ x ∩τ und ein V ∈ y ∩τ mit U ∩V = 0.
/
(c) Sei (X, τ) ein T3 -Raum und sei A abgeschlossen und x ∈ X \ A. Dann ist x ∈ X \ A ∈ τ. Also existiert ein
/ Zeigen wir die
U ∈ τ mit x ∈ U ⊆ U ⊆ X \ A. Setzen wir noch V := X \U, so ist A ⊆ V ∈ τ und es gilt U ∩V = 0.
Umkehrung. Sei also x ∈ O ∈ τ. Dann ist A := X \ O agebschlossen und x ∈ X \ A. Seien U,V ∈ τ mit U ∩V = 0/
und x ∈ U und A ⊆ V . Es folgt x ∈ U ⊆ U ⊆ X \V = A = A ⊆ O.
(d) Sei (X, τ) T4 und seien A, B abgeschlossen und disjunkt. Setze O := X \ B. Offenbar ist A ⊆ O ∈ τ und es
gibt somit ein U ∈ τ mit A ⊆ U ⊆ U ⊆ O. Setze nun noch V := X \ U. Zeigen wir die Umkehrung. Sei dazu A
abgeschlossen und O ∈ τ mit A ⊆ O. Setze B := X \ O. Dann gibt es disjunkte offene Mengen U,V mit A ⊆ U
und B ⊆ V . Offenbar gilt nun U ⊆ O.
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