Blatt 1

Übungen zur Topologie, G. Favi
19. Februar 2009
Blatt 1
Abgabe: 26. Februar 2008, 12:00 Uhr
Aufgabe 1.
Man beweise, daÿ die Axiome für einen topologischen Raum äquivalent sind zu den
Hausdorschen Umgebungsaxiomen und den Kuratowskischen Hüllenaxiomen.
Wir erinnern uns an die drei Axiomensysteme aus der Aufgabe
Denition.
X,
genannt
Ein Paar
oene
(X, O),
X eine Menge und O ⊂ PX eine Menge von Teilmengen von
X , heisst ein topologischer Raum, falls folgende Eigenschaften
wobei
Teilmengen von
erfüllt sind:
(T1) Ist
V
eine Familie von oenen Teilmengen (d.h.
V ∈ O ∀V ∈ V ),
so gilt:
S
V ∈V
V ∈O
(eine
beliebige Vereinigung von oenen Teilmengen ist wieder oen);
(T2)
V1 , V2 ∈ O ⇒ V1 ∩ V2 ∈ O
(der Durchschnitt von endlich vielen oenen Teilmengen ist wieder
oen);
(T3)
{}, X ∈ O.
Denition.
X
Sei
(X, U)
ein Paar, wobei
die sogenannte Menge aller
Umgebungsaxiome, falls für alle x ∈ X
(H1)
∀U ∈ Ux : x ∈ Ux
X
eine Menge und
Umgebungen von x.
U = (Ux )x∈X mit Ux ⊂ PX ∀x ∈
(X, U) erfülle die Hausdor'schen
Wir sagen
folgende Eigenschaften erfüllt sind:
(Jede Umgebung von
x
enthält
x)
und
X ∈ Ux (X
ist eine Umgebung jedes
Punktes);
(H2)
∀U 0 ⊂ X, U ∈ Ux : U ⊂ U 0 ⇒ U 0 ∈ Ux
selbst eine Umgebung von x);
(H3)
∀U1 , U2 ∈ Ux : U1 ∩ U2 ∈ Ux
(Umfasst
U0 ⊂ X
eine Umgebung von
x,
so ist
U0
(Der Durchschnitt von endlich vielen Umgebungen ist wieder eine
Umgebung);
(H4)
∀U ∈ Ux ∃V ∈ Ux : V ⊂ U und V ∈ Uy ∀y ∈ V
x, welche jeden ihrer Punkte umgibt).
(Jede Umgebung von
x enthält eine Umgebung
von
Denition. Wir sagen ein Paar (X, −), wobei X
die Kuratowski'schen Hüllenaxiome, falls gilt:
(K1)
{} = {};
(K2)
∀S ∈ PX : S ⊂ S ;
(K3)
∀S ∈ PX : S = S ;
eine Menge und
− : PX → PX, S 7→ S ,
erfülle
(K4)
∀S, T ∈ PX : S ∪ T = S ∪ T ;
Bemerkung.
Aus den Kuratowski-Axiomen folgt sofort:
S ⊂ T für S, T ∈ PX , dann
tatsächlich S ⊂ T , wie behauptet.
(i) Wenn
(ii) Für
S, T ∈ PX
ist
auch
S ⊂ T.
Denn es ist
S ⊂ T ⇔ S ⊂ T . Die Richtung ⇒
S ⊂ T auch S ⊂ S ⊂ T .
(K4)
T = S∪T = S ∪T
und also
folgt aus (i) und (K3). Die Richtung
⇐ folgt aus (K2), da für
Wir beweisen nun, dass diese Denitionen alle äquivalent sind. Dazu konstruieren wir Bijektio-
K : Top → KHull, wobei Top die Klasse (dies ist keine Menge
HUmg die Klasse aller Paare, welche die Hausdor 'schen Umgebungsaxiome erfüllen und KHull die Klasse aller Paare, welche die Kuratowski'schen Hüllenaxiome
nen
H : Top → HUmg,
sowie
mehr!) aller topologischen Räume,
erfüllen. Wir könnten diese Bijektionen sogar zu Isomorphismen von Kategorien erweitern, dazu
müssten wir jedoch zuerst Pfeile (d.h. stetige Abbildungen) denieren, was wir hier nicht tun wollen.
Beweis. Ad H : Sei (X, O) ein topologischer Raum. Wir denieren
H(X, O) := (X, HO)
HO := (Ux )x∈X
durch
U ∈ Ux :⇔ ∃V ∈ O : x ∈ V ⊂ U
x, wenn U eine oene Menge enthält, welche x enthält).
V ∈ O auch in Ux für alle x ∈ V . Das Axiom (H1) folgt
sofort; der erste Teil per Denition und der zweite, da X ∈ O . Ebenfalls folgt (H2) sofort aus der
0
0
Denition, denn ist U ⊂ X und U ∈ Ux mit U ⊂ U , so existiert V ∈ O mit V ⊂ U und also
0
0
V ⊂ U , womit U ∈ Ux . (H3) folgt aus (T2) und für (H4), nehme man zu U ∈ Ux einfach ein V ∈ O
mit x ∈ V ⊂ U und es folgt, dass V ∈ Ux und V ∈ Uy ∀y ∈ V .
(d.h. wir sagen
U
mit
sei eine Umgebung von
Insbesondere ist also jede oene Menge
Wir nden zudem eine Inverse von
H
indem wir zu
(X, U) = (X, (Ux )x∈X )
ein Paar, welches die
Umgebungsaxiome erfüllt, einfach denieren
H −1 (X, U) := (X, H −1 U),
(d.h. wir sagen eine Menge
V
wobei
ist oen, wenn
V
V ∈ H −1 U :⇔ V ∈ Uy ∀y ∈ V
jeden ihrer Punkte umgibt). Um (T1) zu zeigen,
−1 U und
sei (Vj )j∈J eine Familie von Elementen aus H
y ∈ Vj und da Vj ⊂ V folgt mit (H2), dass
−1 U . Das Axiom (T2) folgt nun aus
Denition V ∈ H
sodass
S
y ∈ V := j∈J Vj . Dann existiert ein j ∈ J ,
V ∈ Uy . Da y ∈ V beliebig war, folgt per
(H3) und (T3) folgt per Denition und dem
zweiten Teil von (H1).
H und H −1
:= H −1 HO.
(X, O) ein
HO = (Ux )x∈X . Für V ∈ O ist, wie oben
0
0
0
gesagt, V ∈ Uy ∀y ∈ V und also per Denition auch V ∈ O . Ist umgekehrt V ∈ O , so ist per
S
0
0
0
0
0
Denition V ∈ Uy ∀y ∈ V und da V ∈ Uy ⇔ ∃Vy ∈ O : y ∈ Vy ⊂ V folgt V =
y∈V 0 Vy und dies
0
ist eine Vereinigung von oenen Mengen in O , womit per (T1) folgt, dass auch V ∈ O .
Es bleibt zu zeigen, dass
0
topologischer Raum und O
tatsächlich invers zueinander sind. Sei dazu
Wir schreiben
(X, U) = (X, (Ux )x∈X ) ein Paar, welches die Umgebungsaxiome erfüllt, U 0 :=
:=
O := H −1 U . Wir zeigen nun Ux = Ux0 ∀x ∈ X . Sei dazu x ∈ X beliebig
und U ∈ Ux . Nach (H4) existiert V ∈ Ux , sodass V ⊂ U und V ∈ Uy ∀y ∈ V , womit V ∈ O . Zudem
ist x ∈ V , wegen (H1) und da V ∈ Ux . Damit haben wir V ∈ O gefunden mit x ∈ V ⊂ U , womit
Sei umgekehrt
(Ux0 )x∈X
HH −1 U und
U ∈ HO = HH −1 U . Andererseits haben wir für U 0 ∈ Ux0 , dass ∃V ∈ O = H −1 U : x ∈ V ⊂ U 0 und
−1 U haben wir V ∈ U ∀y ∈ V und insbesondere V ∈ U . Mit Axiom (H2) und V ⊂ U 0
da V ∈ H
y
x
0
folgt schliesslich, dass U ∈ Ux .
Ad K :
(X, O) ein topologischer Raum. Wir schreiben A für die Menge aller abgeschlossenen
Teilmengen von X (d.h. A := {X \ V ∈ PX | V ∈ O}). Aus den Axiomen eines topologischen
Raums folgt sofort, dass X, {} ∈ A und dass endliche Vereinigungen, sowie beliebige Druchschnitte
Sei
von abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen sind. Wir denieren damit
K(X, O) := (X, −O )
wobei
−O : PX → PX, S 7→ S
O
mit
S
O
:=
\
A
A∈A
S⊂A
und nennen
S
O
den Abschluss von
Teilmenge, welche
S
S
(d.h. der Abschluss
S
O
von
S
ist die kleinste abgeschlossene
enthält). Die Axiome (K1) bis (K3) folgen sofort ((K1), da
{} ∈ A;
(K2),
O
S selbst immer abgeschlossen ist). Es bleibt (K4)
O
zu zeigen. Seien dazu S, T ⊂ X und x ∈ S ∪ T . D.h. x ist in jeder abgeschlossenen Teilmenge A
O
O
enthalten, welche S ∪T umfasst. Nun ist S ∪T
die Vereinigung zweier abgeschlossener Teilmengen
O
O
O
O
und somit selbst abgeschlossen. Da zudem S ⊂ S
und T ⊂ T
folgt, dass S ∪ T ⊂ S ∪ T
und
O
O
O
O
O
O
also muss auch x ∈ S
∪ T . Ist umgekehrt x ∈ S ∪ T , so ist x ∈ S oder x ∈ T . Ist nun
O
A ∈ A mit S ∪ T ⊂ A, so ist S ⊂ A und T ⊂ A. Da jedoch A abgeschlossen ist und S bzw.
O
O
O
T die kleinste abgeschlossene Menge, welche S bzw. T enthält, muss auch S ⊂ A und T ⊂ A.
Insbesondere also x ∈ A und da A eine beliebige abgeschlossene Menge war, welche S ∪ T enthält
O
also x ∈ S ∪ T .
per Denition des Abschlusses und (K3), da
Ist umgekehrt
(X, −)
ein Paar, welches die Hüllenaxiome erfüllt, so denieren wir
K −1 (X, −) := (X, O− )
wobei
O− := X \ S ∈ PX S ∈ PX .
X = X \ {} = X \ {} ∈ O− ) und aus (K2) (da X ⊂ X und
X ∈ PX ist die einzige Teilmenge von X , welche ganz X enthält, womit X = X und somit
{} = X \ X ∈ O− ). (T2) folgt sofort aus (K4), da für X \ S, X \ T ∈ O− gilt, dass (X \ S) ∩
(X \ T ) = X \ (S ∪ T ) = X \ S ∪ T . Um schliesslich (T1) zu zeigen sei (Vj )j∈J eine Familie mit
Vj ∈ O− ∀j ∈ J . D.h. wir haben Vj =
Damit ist die Vereinigung
TX \ Sj mit Sj ∈ PX ∀j ∈ J . T
S
S
T
V := j∈J Vj = j∈J (X \ Sj ) = X \
j∈J Sj , womit
j∈J Sj . Wir zeigen nun, dass
j∈J Sj =
(T3) folgt einerseits aus (K1) (da
V ∈ O− . Die Inklusion ⊃ folgt mitAxiom (K2) und wir müssen noch ⊂ beweisen. Es
S
T
T
T
ist
j∈J Sj \
k∈J Sk =
k∈J
j∈J Sj \ Sk . Und für k ∈ J beliebig haben wir
j∈J Sj ⊂ Sk ,
T
T
womit nach der Bemerkung (ii) vor dem Beweis auch
j∈J Sj ⊂ Sk . Damit ist
j∈J Sj \ Sk = {},
T
T
T
T
womit
k∈J Sk = {} und also
j∈J Sj .
j∈J Sj \
j∈J Sj ⊂
folgt, dass
T
K und K −1 tatsächlich invers zueinander sind. Sei dazu (X, O) ein toO
0
−1 K(X, O) = K −1 (X, −O ). Wir schreipologischer Raum, (X, − ) := K(X, O) und (X, O ) := K
ben A := {X \ V ∈ PX | V ∈ O} für die Menge aller in (X, O) abgeschlossenen Teilmengen und
A0 := {X \ V 0 ∈ PX | V 0 ∈ O0 } für die Menge aller in (X, O0 ) abgeschlossenen Teilmengen. Es
0
0
ist klar, dass O durch A bzw. O durch A eindeutig bestimmt ist (einfach nochmals Komplemen0
te aller abgeschlossenen Teilmengen nehmen). Es reicht also zu zeigen, dass A = A . Sei dazu
O
O
A ∈ A. Es folgt, dass A = A (da A abgeschlossen), und also ist X \ A = X \ A ∈ O0 , womit
O
X \ (X \ A) = A ∈ A0 . Ist umgekehrt A0 ∈ A0 (d.h. X \ A0 ∈ O0 ) muss X \ A0 = X \ S für ein
Es bleibt zu zeigen, dass
O
S ∈ PX . Nehmen wir nochmals das Komplement auf beiden Seiten der Gleichung, folgt A0 = S
0
für ein S ∈ PX , womit A ein Durchschnitt von abgeschlossenen Mengen in A ist und also selbst
in A.
(X, −) ein Paar, welches die Hüllenaxiome erfüllt. (X, O− ) := K −1 (X, −) und
−
−
(X, − ) := KK −1 (X, −) = K(X, O− ). Wir schreiben
wiederum A := {X \ V ∈ PX | V ∈ O } =
−
X \ (X \ S) ∈ PX S ∈ PX = S ∈ PX S ∈ PX für die Menge aller in (X, O ) abgeschlossenen Teilmengen. Zu T ∈ PX beliebig ist damit
\
\
\
(∗)
0
T =
A=
S=
S = T,
Sei andererseits
0
A∈A−
T ⊂A
S∈PX
T ⊂S
S∈PX
T ⊂S
wobei wir bei (∗) die Bemerkung (ii) vor dem Beweis verwendet haben (T
Aufgabe 2.
⊂ S ⇔ T ⊂ S ).
Wieviele Topologien gibt es auf einer Menge mit 4 Elementen?
Die Aufgabe ist nicht ganz eindeutig gestellt. Entweder man versteht diese mengentheoretisch
und ndet wirklich alle Topologien (d.h. wir sagen zwei Topologien
O, O0
auf
4 = {0, 1, 2, 3}
sind
verschieden, wenn O =
6 O0 ). Oder aber man versteht sie topologisch und ndet alle Topologien bis
0
auf Homöomorphie (d.h. wir sagen zwei Topologien O, O auf 4 sind verschieden, wenn (X, O) ∼
6
=
(X, O0 )). Wir verstehen die Aufgabe hier topologisch (da dies ja Topologie-Übungen sind).
Dies ist nun eine rein kombinatorische Aufgabe und es ist ein ungelöstes Problem eine explizite Formel anzugeben, welche für jedes
n ∈ N die Anzahl möglicher Topologien auf einer n-punktigen Menge
liefert (egal ob mengentheoretisch oder topologisch verschieden). Wir präsentieren hier den Beweis
von Christian Plattner (danke an dieser Stelle), der alle
33
Topologien (bis auf Homöomorphie)
gefunden hat. Im Beweis werden die Topologien mit Hilfe quadratischer Diagramme voneinander
Unterschieden. Dabei steht jeder Eckpunkt für einen Punkt unserer Menge und es sind jeweils die
oenen Mengen durch Kreuze (bei einpunktigen) bzw. Linien (bei mehrpunktigen) gekennzeichnet.
Ein Pfeil von einem Diagramm
A
zu einem Diagramm
B
bedeutet, dass
A
grober als
B
ist (war
nicht Teil der Aufgabe).
Die meisten Diagramme sind ziemlich selbsterklärend. Die einzigen Linien in den Diagrammen,
die einer Erklärung bedürfen, sind Bögen mit einer Tangente daran (wie z.B. im Diagramm ganz
rechts in der vierten Zeile von oben). Dies steht für zwei oene dreipunktige Mengen. Beispielsweise
im eben genannten Diagramm sind die beiden Mengen
{a, b, d}
und
{c, a, b}
oen.
Aufgabe 3.
Sei
X
eine Menge und
(Oi )i∈I
eine Familie von Topologien auf
X.
Dann ist
\
Oi
i∈I
auch eine Topologie auf
Beweis.
X.
Ist die Vereinigung von zwei Topologien wieder eine Topologie?
O :=
Elementen in O
Wir schreiben
Familie von
T
{}, X ∈ Oi ∀i ∈ I . Für (Uj )j∈J eine
Oi für alle i ∈ I . Da
S
S
U
∈
O
∀i
∈
I
und
es
folgt
U
i
j∈J j
j∈J j ∈ O . Analog folgt
i∈I
Oi .
Klar
{}, X ∈ O,
da
ist dies auch eine Familie von Elementen aus
dies alles Topologien sind, muss
U ∪ V ∈ O ∀U, V ∈ O.
Die Vereinigung zweier Topologien ist im Allgemeinen keine Topologie mehr. Betrachten wir z.B.
X := 3 = {0, 1, 2}, sowie die Topologien O := {{}, {0}, X} und O0 := {{}, {1}, X}. Die Vereinigung
O ∪ O0 = {{}, {0}, {1}, X} ist jedoch keine Topologie mehr, da {0} ∪ {1} = {0, 1} ∈
/ O ∪ O0 .
Aufgabe 4.
Sei
X ⊂ Rn
mit der induzierten Topologie von
Rn
(mit kanonischer Topologie). Man
überprüfe oder widerlege:
•
Beliebige Durchschnitte von oenen Mengen von
•
Ist
•
Die induzierte Topologie auf
•
Man kann
•
Die Punkte von
Y ⊂X
X
sind oen.
eine abgeschlossene und oene Menge, dann ist
X◦ = ∅
X
X
Y =∅
oder
Y = X.
kann diskret sein.
haben, auch wenn
X 6= ∅.
sind nicht abgeschlossen.
nT
= 1 und X = R ist U :=
U = n∈N>0 ] − 1/n, 1/n[= {0},
Die erste Aussage ist im Allgemeinen falsch. Zum Beinspiel ist für
(] − 1/n, 1/n[ right)n∈N>0
eine Familie von oenen Mengen mit
T
was keine oene Menge mehr ist.
X ⊂ Rn
ist zusammenhängend). Ein einfaches Gegenbeispiel liefert n = 1, X := ]0, 1[ ∪ ]1, 2[. Dann ist ]0, 1[
oen und abgeschlossen in X (da ]0, 1[ = X \ ]1, 2[), jedoch weder leer, noch ganz X .
Die zweite Aussage ist ebenfalls falsch (im Topologieslang besagt sie Jeder Unterraum
Die dritte ist richtig, z.B. für
X = {} oder X
Die vierte Aussage ist auch richtig. Z.B. für
eine beliebige Vereinigung von endlich vielen Punkten.
X
einpunktig oder allgemeiner eine Vereinigung von
endlich vielen Punkten (aber mindestens einem).
Die letzte Aussage schliesslich ist falsch, da Punkte im
Aufgabe 1b) und somit auch in jedem Teilraum.
Rn
abgeschlossen sind (siehe Blatt 2,