Sommersemester 2007 C. Preston ¨Ubungen zu Topologie I Blatt 1

Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
C. Preston
Blatt 1
1. Sei (X, d) ein metrischer Raum und sei A eine nichtleere Teilmenge von X.
Definiere eine Abbildung dA : X → R durch
dA (x) = inf{d(x, y) : y ∈ A} .
Man zeige:
(1) Es gilt |dA (x) − dA (y)| ≤ d(x, y) für alle x, y ∈ X.
(2) Die Abbildung dA ist stetig.
(3) Es gilt dA (x) = 0 genau dann, wenn x ∈ Ā.
2. Sei (X, d) ein metrischer Raum und seien A und B nichtleere abgeschlossene
Teilmengen von X mit A ∩ B = ∅.
Man zeige:
(1) Es gibt eine stetige Abbildung f : X → R mit 0 ≤ f (x) ≤ 1 für alle x ∈ X,
A = {x ∈ X : f (x) = 0} und B = {x ∈ X : f (x) = 1}.
(Hier darf Folgendes verwendet werden: Sind g, h : X → R stetig, so ist die
Abbildung g + h : X → R auch stetig. Ist ferner h(x) 6= 0 für alle x ∈ X, so ist
die Abbildung g/h : X → R stetig.)
(2) Es gibt offene Teilmengen U und V von X mit A ⊂ U , B ⊂ V und U ∩V = ∅.
3. Sei (X, d) ein metrischer Raum und seien A und B nichtleere abgeschlossene
Teilmengen von X mit A ∩ B = ∅.
Wie in Aufgabe 1 seien dA , dB : X → R definiert durch
dA (x) = inf{d(x, y) : y ∈ A} und dB (x) = inf{d(x, y) : y ∈ B}
für alle x ∈ X.
Man zeige: Es gilt dA (x) > 0 für alle x ∈ B und dB (x) > 0 für alle x ∈ A.
Für xS∈ A sei nun Ux =SB(x, 21 dB (x)) und für x ∈ B sei Vx = B(x, 12 dA (x)). Setze
U = x∈A Ux und V = x∈B Vx .
Man zeige: U und V sind offene Teilmengen von X mit A ⊂ U , B ⊂ V und
U ∩ V = ∅.
2
Topologie I: Blatt 1
4. Sei k · ko : Rn → R+ eine beliebige Norm auf Rn . Man zeige:
(1) Es gibt ein c1 > 0, so dass kxko ≤ c1 kxk für alle x ∈ Rn .
(2) Es gibt ein c2 > 0, so dass kxk ≤ c2 kxko für alle x ∈ Rn .
In (2) darf man Folgendes verwenden:
Lemma 1 Sei f : Rn → R+ eine Abbildung mit den Eigenschaften:
(1) Für alle x, y ∈ Rn gilt f (x + y) ≤ f (x) + f (y).
(2) Für jede Folge {xm }m≥1 aus Rn mit lim xm = 0 gilt lim f (xm ) = 0.
m→∞
m→∞
n
Setze S = {x ∈ R : kxk = 1}. Dann gibt es ein u ∈ S, so dass f (u) ≤ f (x) für
alle x ∈ S.
Beweis Zunächst eine Vorbemerkung: Sei (E, k · k) ein normierter Vektorraum;
dann gilt |kxk − kyk| ≤ kx − yk für alle x, y ∈ E, da
kxk − kyk = kx − y + yk − kyk ≤ kx − yk + kyk − kyk = kx − yk
und genauso gilt −(kxk − kyk) = kyk − kxk ≤ ky − xk = kx − yk.
Die Teilmenge {f (x) : x ∈ S} von R+ ist eine nach unten beschränkten Teilmenge
von R. Sei also α = inf{f (x) : x ∈ S}, und damit ist α ≥ 0. Für jedes m ≥ 1
gibt es dann ein xm ∈ S mit f (xm ) < α + 1/m. Da kxm k = 1, ist {xm }m≥1
eine beschränkte Folge in Rn , und daher gibt es nach dem Satz von BolzanoWeierstraß eine konvergente Teilfolge {xmk }k≥1 . Sei u = limk→∞ xmk , und folglich
ist limk→∞ kxmk − uk = 0. Nach der Vorbemerkung gilt aber
|1 − kuk| = |kxmk k − kuk| ≤ kxmk − uk
für alle k ≥ 1, und daraus ergibt sich, dass kuk = 1, d.h., u ∈ S. Nun ist
α ≤ f (u) = f (u − xmk + xmk ) ≤ f (u − xmk ) + f (xmk ) < f (u − xmk ) + α + 1/mk
für jedes k ≥ 1, und es gilt limk→∞ f (u − xmk ) = 0, da limk→∞ (u − xmk ) = 0.
Damit ist f (u) = α, d.h., f (u) ≤ f (x) für alle x ∈ S.
3
Topologie I: Blatt 2
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 2
5. Ist (X, d) ein metrischer Raum, so wird die Menge der durch d definierten
offenen Mengen mit Od bezeichnet. Eine Teilmenge U von X liegt also in Od
genau dann, wenn es zu jedem x ∈ U ein ε > 0 gibt, so dass y ∈ U für alle y ∈ X
mit d(x, y) < ε.
Sei nun (X, d) ein metrischer Raum und definiere d0 : X × X → R+ durch
d0 (x1 , x2 ) = min{d(x1 , x2 ), 1} .
(Insbesondere ist d0 (x1 , x2 ) ≤ 1 für alle x1 , x2 ∈ X.) Man zeige:
(1) d0 ist eine Metrik auf X.
(2) Es gilt Od0 = Od .
In den Aufgaben 6 und 7 sei X ein topologischer Raum, seien (Y1 , d1 ) und (Y2 , d2 )
metrische Räume und seien f1 : X → Y1 , f2 : X → Y2 Abbildungen. Setze
Y = Y1 × Y2 , definere f : X → Y durch f (x) = (f1 (x), f2 (x)) für jedes x ∈ X
und sei d : Y × Y → R+ gegeben durch
d((y1 , y2 ), (y10 , y20 )) = max{d1 (y1 , y10 ), d2 (y2 , y20 )} .
6. Man zeige:
(1) d ist eine Metrik auf Y .
(2) Für all y1 ∈ Y1 , y2 ∈ Y2 , r > 0 gilt B((y1 , y2 ), r) = B(y1 , r) × B(y2 , r).
(3) Für alle A1 ⊂ Y1 , A2 ⊂ Y2 gilt f −1 (A1 × A2 ) = f1−1 (A1 ) ∩ f2−1 (A2 ).
7. Man zeige: Sind f1 : X → Y1 und f2 : X → Y2 stetig, so ist die Abbildung
f : X → Y auch stetig.
Hinweis Man stelle zunächst fest: Ist (Z, σ) ein metrischer Raum, so ist eine
Abbildung g : X → Z schon stetig, wenn g −1 (B(z, r)) eine offene Teilmenge von
X ist für alle z ∈ Z, r > 0.
8. Sei X ein topologischer Raum und seien f1 , f2 : X → R stetige Abbildungen.
Man zeige, dass die Abbildung f1 + f2 stetig ist.
4
Topologie I: Blatt 3
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 3
9. (1) Sei (X, d) ein metrischer Raum und Y ⊂ X. Sei OY die Menge der offenen
Teilmengen von Y (in der Unterraumtopologie) und OY0 die Menge der offenen
Mengen im metrischen Raum (Y, dY ), wobei dY die Einschänkung der Metrik d
auf Y × Y ist. Man zeige, dass OY0 = OY .
In Teilen (2) und (3) seien X, Y topologische Räume und sei f : X → Y eine
stetige Abbildung.
(2) Sei A ⊂ X und f|A : A → Y die Einschränkung von f auf A (d.h. f|A ist die
Abbildung mit f|A (x) = f (x) für alle x ∈ A). Man zeige, dass f|A stetig ist.
(3) Sei B ⊂ Y mit f (X) ⊂ B und definiere eine Abbildung f |B : X → B durch
f |B (x) = f (x) für alle x ∈ X. Man zeige, dass f |B stetig ist.
In (2) und (3) sind A und B natürlich als topologische Räume zu sehen mit den
Unterraumtopologien.
10. (1) Sei X ein Hausdorff-Raum. Man zeige: Für jedes x ∈ X ist die Menge
{x} abgeschlossen.
(2) Man finde einen topologischen Raum X, für den gilt: (i) die Menge ist {x}
abgeschlossen für jedes x ∈ X, (ii) X ist kein Hausdorff-Raum. (Die Umkehrung
von (1) ist also im Allgemeinen falsch.)
Sei M = {0, 1}N (die Menge aller Folgen {zn }n≥0 , wobei zn ∈ {0, 1} für jedes
n ≥ 0) und definiere d : M × M → R+ durch
X
d({zn }n≥0 , {zn0 }n≥0 ) =
2−n |zn − zn0 | .
n≥0
Für jedes m ≥ 0 sei pm : M → {0, 1} definiert durch pm ({zn }n≥0 ) = zm .
11. Man zeige:
(1) d ist eine Metrik auf M.
(2) Sei {mn }n≥0 eine Folge aus M und m ∈ M. Dann konvergiert die Folge
{mn }n≥0 gegen m (im metrischen Raum (M, d)) genau dann, wenn für jedes m ≥ 0
die Folge {pm (mn )}n≥0 gegen pm (m) konvergiert.
Topologie I: Blatt 3
5
12. Man zeige:
(1) Der metrische Raum (M, d) ist vollständig: Jede Cauchy-Folge in (M, d)
konvergiert.
(2) Der metrische Raum (M, d) ist total beschränkt:
Zu jedem ε > 0 gibt es eine
S
endliche Teilmenge N von M, so dass M = m∈N B(m, ε).
In Analysis II hat man sicherlich gelernt, dass ein metrischer Raum genau dann
kompakt ist, wenn er vollständig und total beschränkt ist. Folglich ist (M, d)
kompakt.
6
Topologie I: Blatt 4
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 4
13. Sei X = [0, 1] ∩ Q (mit der Unterraumtopologie als Teilmenge von R). Man
gebe eine offene Überdeckung von X an, die keine endliche Teilüberdeckung hat.
14. Seien X, Y Mengen und sei f : X → Y eine Abbildung. Man zeige:
(1) Es gilt A ⊂ f −1 (f (A)) für alle A ⊂ X
(2) Es gilt f (f −1 (B)) = B ∩ f (X) für alle B ⊂ Y .
(3) Ist A ⊂ X mit A = f −1 (B) für ein B ⊂ Y , so ist f (A) = B ∩ f (X) und
f −1 (f (A)) = A.
Nehme nun an, dass f surjektiv ist. Man zeige:
(4) Es gilt f (f −1 (B)) = B für alle B ⊂ Y .
(5) Ist A = f −1 (B) für ein B ⊂ Y , so ist f (A) = B und f −1 (f (A)) = A.
Eine Teilmenge A ⊂ X heißt saturiert (bezüglich f ), wenn f −1 (f (A)) = A. Man
zeige:
(6) Eine Teilmenge A ⊂ X ist saturiert genau dann, wenn es ein B ⊂ Y gibt, so
dass A = f −1 (B).
(7) Für jedes A ⊂ X ist f −1 (f (A)) die kleinste saturierte Menge A0 mit A ⊂ A0 .
(8) Sind A, A0 ⊂ X mit A saturiert und A ∩ A0 = ∅, so ist f (A) ∩ f (A0 ) = ∅
und auch A ∩ f −1 (f (A0 )) = ∅.
(9) Für jede saturierte Teilmenge A von X ist auch X \ A saturiert.
(10)
S Ist {Ai }Ti∈I eine Familie von saturierten Teilmengen von X, so sind auch
i∈I Ai und
i∈I Ai saturiert.
In den Aufgaben 15 und 16 wird ein topologischer Raum X quasi-normal genannt,
wenn er folgende Eigenschaft hat: Sind A1 , A2 ⊂ X abgeschlosse Mengen mit
A1 ∩ A2 = ∅, dann gibt es O1 , O2 ⊂ X offen, so dass A1 ⊂ O1 , A2 ⊂ O2 und
O1 ∩ O2 = ∅ (und folglich ist normal = quasi-normal + Hausdorff.)
Nach Aufgabe 10 (1) ist ein quasi-normaler Raum X normal genau dann, wenn
für jedes x ∈ X die Menge {x} abgeschlossen ist.
15. Sei X ein topologischer Raum und Z Quotientenraum von X mit Projektion
q : X → Z.
(1) Man zeige: Die Abbildung q ist abgeschlossen genau dann, wenn für jede
abgeschlossene Menge A ⊂ X die Menge q −1 (q(A)) abgeschlossen ist.
Topologie I: Blatt 4
7
Sei nun q abgeschlossen. Man zeige:
(2) Ist A ⊂ X abgeschlossen und saturiert und ist O offen in X mit A ⊂ O, so
gibt es eine offene saturierte Menge O 0 mit A ⊂ O 0 ⊂ O.
(3) Ist X quasi-normal, so ist auch X mit der Topologie der offenen saturierten
Mengen quasi-normal. Das heißt: Sind A1 und A2 abgeschlossene saturierte Teilmengen von X mit A1 ∩ A2 = ∅, so gibt es offene saturierte Mengen O10 , O20 mit
A1 ⊂ O10 , A2 ⊂ O20 und O10 ∩ O20 = ∅.
16. Sei X ein topologischer Raum und Z Quotientenraum von X mit Projektion
q : X → Z. Die Abbildung q sei abgeschlossen.
Man zeige:
(1) Z ist quasi-normal, falls X quasi-normal ist.
(2) Z ist normal, falls X normal ist (und insbesondere ist Z Hausdorff-Raum,
wenn X normal ist).
Topologie I: Blatt 5
Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
8
C. Preston
Blatt 5
17. Betrachte die folgenden Teilmengen von R2 :
K = {x ∈ R2 : 1 ≤ kxk ≤ 2}
(Kreisring)
1
2
S = {x ∈ R : kxk = 1}
(Kreis)
D 2 = {x ∈ R2 : kxk ≤ 1}
(Kreisscheibe)
p
wobei kxk = x21 + x22 die euklidische Norm von x = (x1 , x2 ) ∈ R2 bezeichnet.
Insbesondere ist S 1 ⊂ K.
Man zeige, dass die Räume K/S 1 und D 2 topologisch äquivalent sind: Es gibt
also eine stetige bijektive Abbildung g : K/S 1 → D 2 , deren Umkehrabbildung
stetig ist.
Sei X eine Menge und sei B ein System von Teilmengen von X (d.h. B ⊂ P(X)).
Bezeichne mit V(B) das System aller Teilmengen von X, die sich darstellen lassen
als Vereinigung von Mengen aus B. Eine Menge A ⊂ X liegt also in V(B)
S genau
dann, wenn es eine Familie {Bi }i∈I von Mengen aus B gibt, so
dass
A
=
i∈I Bi .
S
Insbesondere ist B ⊂ V(B) und ferner ist ∅ ∈ V(B), da ∅ = i∈∅ Bi .
18. (1) Sei B ein System von Teilmengen einer Menge X; setze O = V(B) und
betrachte die Aussagen:
(B1) Zu jedem x ∈ X gibt es ein B ∈ B mit x ∈ B.
(B2) Für alle B1 , B2 ∈ B und für jedes x ∈ B1 ∩ B2 gibt es ein B ∈ B, so dass
x ∈ B ⊂ B 1 ∩ B2 .
(O1) Es gilt ∅ ∈ O.
(O2) Für all O1 , O2 ∈ O ist O1 ∩ O2 ∈ O.
S
(O3) Für jede Familie {Oi }i∈I aus O ist i∈I Oi ∈ O.
(O4) Es gilt X ∈ O.
Es gilt also (O1). Man zeige:
(1) Es gilt (O3).
(2) Es gilt (O4) genau dann, wenn (B1) gilt.
(3) Es gilt (O2) genau dann, wenn (B2) gilt.
Topologie I: Blatt 5
9
19. (1) Sei B ein System von Teilmengen einer Menge X. Man zeige: Ist X ∈ B
und gilt B1 ∩ B2 ∈ B für alle B1 , B2 ∈ B, so ist O = V(B) eine Topologie auf X.
(2) Sei X1 und X2 topologische Räume und sei B das System aller Teilmengen
von X1 × X2 der Form A × B mit A ⊂ X1 offen und B ⊂ X2 offen. Man zeige:
O = V(B) ist eine Topologie auf X1 × X2 (die Produkt-Topologie).
20. Sei X ein topologischer Raum und sei B eine Basis für die Topologie auf X,
d.h. es gilt O = V(B), wobei O das System der offenen Mengen in X ist.
Man zeige: Hat jede Überdeckung von X mit Teilmengen aus B eine endliche
Teilüberdeckung, so ist X schon quasi-kompakt.
10
Topologie I: Blatt 6
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 6
Q
21. Sei {Xi }i∈I eine Familie von topologischen
Räumen
und
sei
X
=
i∈I Xi . Für
Q
jedes i ∈ I sei Yi ⊂ Xi und setze Y = i∈I Yi . Also ist die Menge Y Teilmenge
der Menge X.
Wenn wir jedes Yi als topologischen Raum mit der Unterraumtopologie (als TeilmengeQvon Xi ) betrachten, so gibt es die Produkt-Topologie auf dem Produkt
Y = i∈I Yi . Das System der offenen Mengen in dieser Topologie wird hier mit
OY bezeichnet.
Wenn wir aber X als topologischen Raum mit der Produkt-Topologie betrachten,
so gibt es auch die Unterraumtopologie auf Y (als Teilmenge von X). Das System
der offenen Mengen in dieser Topologie wird hier mit OY0 bezeichnet.
Man zeige: Es gilt OY = OY0 .
In den Aufgaben 22 und 23 sei {(Xn , dn )}n≥1 eine Folge von metrischen Räumen;
nach Aufgabe 5 können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit
annehmen,
Q
dass dn (x, y) ≤ 1 für alle x, y ∈ Xn , n ≥ 1. Setze X = n≥1 Xn und definiere
d : X × X → R+ durch
X
d({xn }n≥1 , {x0n }n≥1 ) =
2−n dn (xn , x0n ) .
n≥1
22. Man zeige:
(1) d ist eine Metrik auf X.
(2) Es gilt Od = O, wobei Od das System der offenen Mengen im metrischen
Raum (X, d) und O das System der offenen Mengen in der Produkt-Topologie
auf X ist.
23. Man zeige:
(1) Ist der metrische Raum (Xn , dn ) vollständig für jedes n ≥ 1, so ist auch (X, d)
vollständig.
(2) Ist der metrische Raum (Xn , dn ) total beschränkt für jedes n ≥ 1, so ist auch
(X, d) total beschränkt.
In Analysis II hat man sicherlich gelernt, dass ein metrischer Raum genau dann
kompakt ist, wenn er vollständig und total beschränkt ist. Aufgabe 23 zeigt also:
Ist (Xn , dn ) kompakt für jedes n ≥ 1, so ist auch (X, d) kompakt.
Sei X ein topologischer Raum und sei B eine Basis der Topologie. Hat jede Überdeckung von X mit Teilmengen aus B eine endliche Teilüberdeckung, so ist nach
Aufgabe 20 X schon quasi-kompakt. Dieses Ergebnis kann man verallgemeinern:
Topologie I: Blatt 6
11
Satz 1 Sei X ein topologischer Raum und sei S eine Subbasis der Topologie. Hat
jede Überdeckung von X mit Teilmengen aus S eine endliche Teilüberdeckung,
so ist X schon quasi-kompakt.
Beweis Zusatzaufgaben I* und II*.
Es gibt eine wichtige Anwendung dieses Satzes in Verbindung mit der folgenden
Übungsaufgabe:
Q
24. Sei {Xi }i∈I eine Familie von topologischen Räumen, sei X = i∈I Xi und
sei S das System von Teilmengen von X bestehend aus allen Mengen der Form
p−1
i (Ai ) mit Ai ⊂ Xi offen und i ∈ I, wobei pi : X → Xi die Projektion ist (und
also ist S eine Subbasis der Produkt-Topologie auf X).
Ist U ∈ S mit U 6= X, so gibt es ein eindeutiges i ∈ I und eine eindeutige offene
Menge A ⊂ Xi , so dass U = p−1
i (A).
Sei {Uj }j∈J eine Familie von Mengen aus S mit Uj 6= X für jedes j ∈ J. Für
jedes j ∈ J gibt es also ein eindeutiges ij ∈ I und eine eindeutige offene Menge
Aj ⊂ Xij , so dass Uj = p−1
ij (Aj ). Für jedes iS∈ I setze Ji = {j ∈ J : ij = i}; dann
sind die Mengen {Ji }i∈I disjunkt und J = i∈I Ji .
S
Nun sei die Familie {Uj }j∈J eine Überdeckung von X, d.h. X = j∈J Uj .
S
S
(1) Sei i ∈ I und Ni ⊂ Ji . Man zeige: Gilt j∈Ni Aj = Xi , so ist j∈Ni Uj = X.
S
(2) Man zeige: Es gibt ein i ∈ I, so dass j∈Ji Aj = Xi .
(3) Der topologische Raum Xi sei quasi-kompakt für jedes i ∈ I. Man zeige: Jede
Überdeckung von X mit Mengen aus S hat eine endliche Teilüberdeckung.
Aus Satz 1 und Aufgabe 24 folgt der berühmte Satz von Tychonoff:
Satz 2 Jedes Produkt von quasi-kompakten Räumen ist quasi-kompakt.
Für den Beweis von Satz 1 brauchen wir einige Vorbereitungen.
Sei X eine Menge; ein System F von Teilmengen von X (d.h. F ⊂ P(X)) heißt
Filter auf X, wenn Folgendes gilt:
(F1) ∅ ∈
/ F.
(F2) Für alle F1 , F2 ∈ F ist F1 ∩ F2 ∈ F .
(F3) Ist F ∈ F , so ist Y ∈ F für jede Teilmenge Y ⊂ X mit F ⊂ Y .
Topologie I: Blatt 6
12
Für ein System F von Teilmengen von X bezeichnen wir mit F ⊃ das System von
Obermengen von Mengen in F , d.h.
F ⊃ = { Y ⊂ X : Y ⊃ F für ein F ∈ F } ;
insbesondere ist F ⊂ F ⊃ . Erfüllt F die Bedingungen (F1) und (F2), so sieht man
leicht, dass F ⊃ ein Filter ist.
Sind F1 und F2 Filter, so bedeutet F1 ⊂ F2 , das F ∈ F2 für jedes F ∈ F1 . Ein
Filter F heißt Ultrafilter, wenn F = F 0 für jeden Filter F 0 mit F ⊂ F 0 .
Lemma 2 Sei F ein Ultrafilter auf X und sei A ⊂ X. Dann gehört genau eine
von den beiden Teilmengen A und X \ A zu F .
Beweis Da A ∩ (X \ A) = ∅, können nicht beide von A und X \ A zu F gehören.
Ist F ∩ A = ∅ für ein F ∈ F , so ist F ⊂ X \ A und damit ist nach (F3)
X \ A ∈ F . Nehme an, dass X \ A ∈
/ F ; dann gilt F ∩ A 6= ∅ für alle F ∈ F .
Setze FA = {F ∩ A : F ∈ F }; da FA die Bedingungen (F1) und (F2) erfüllt, ist
FA⊃ ein Filter. Ferner ist F ⊂ FA⊃ , da F ⊃ F ∩ A, und also ist F = FA⊃ , da F
Ultrafilter ist. Aber A ∈ FA⊃ , da A = X ∩A, und daher ist A ∈ F . Dies zeigt, dass
A ∈ F , falls X \ A ∈
/ F . Folglich gehört genau eine von den beiden Teilmengen
A und X \ A zu F .
Satz 3 Jeder Filter ist in einem Ultrafilter enthalten: Zu jedem Filter F gibt es
einen Ultrafilter F 0 mit F ⊂ F 0 .
Beweis Dieser ist eine typische Anwendung vom Zornschen Lemma; siehe, zum
Beispiel, Janich: Topologie, Seite 214.
Sei nun X ein topologischer Raum, sei S eine Subbasis der Topologie und B
die entsprechende Basis. (Eine Teilmenge B ⊂ X ist in B genau dann, wenn
es A1 , . . . , An ∈ S gibt, so dass B = A1 ∩ · · · ∩ An .) Für jedes x ∈ X sei
Sx = {A ∈ S : x ∈ A} und Bx = {B ∈ B : x ∈ B}.
Wir nehmen an, dass jede Überdeckung von X mit Mengen aus S eine endliche
Teilüberdeckung hat.
Zusatzaufgabe I* Sei F ein Ultrafilter auf X. Man zeige:
(1) Es gibt ein x ∈ X, so dass Sx ⊂ F .
(2) Es gibt ein x ∈ X, so dass Bx ⊂ F .
Zusatzaufgabe
II* Sei {Oi }i∈I eine Familie von offenen Mengen in X und nehme
S
an, dass i∈N Oi 6= X für jede endliche Teilmenge N ⊂ I. Sei G das System aller
13
Topologie I: Blatt 6
S
/ G
Teilmengen von X der Form X \ i∈N Oi mit N ⊂ I endlich. Dann ist ∅ ∈
und G1 ∩ G2 ∈ G für alle G1 , G2 ∈ G, und damit ist
G ⊃ = { Y ⊂ X : Y ⊃ G für ein G ∈ G }
ein Filter auf X. Nach Satz 3 gibt es einen Ultrafilter F mit G ⊃ ⊂ F .
Man zeige:
(1) Für alle i ∈ I ist Oi ∈
/ F.
(2) Ist x ∈ X mit Bx ⊂ F , so ist x ∈
/
S
(3) Es gilt i∈I Oi 6= X.
S
i∈I
Oi .
S
Ist also {Oi }i∈I eine Familie von offenen
Mengen
in
X
mit
i∈I Oi = X, so gibt
S
es eine endliche Teilmenge N ⊂ I mit i∈N Oi = X, und dies zeigt, dass X quasikompakt ist (unter der Annahme, dass jede Überdeckung von X mit Mengen aus
S eine endliche Teilüberdeckung hat).
14
Topologie I: Blatt 7
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 7
25. Für jedes n ∈ N definiere hn : [0, 2π] × [−1, 1] → R3 durch
hn (s, t) = ((cos s)(2 + (cos n2 s)t), (sin s)(2 + (cos n2 s)t), (sin n2 s)t)
für alle (s, t) ∈ [0, 2π] × [−1, 1] und setze Bn = Bild (hn ). Man zeige: Bm und
Bn sind topologisch äquivalent, wenn m und n beide gerade oder beide ungerade
sind.
26. Sei h : [0, 2π] × [0, 2π] → R4 die Abbildung, die gegeben ist durch
h(s, t)
= ((cos s)(2 + (cos 21 s)(sin t)), (sin s)(2 + (cos 21 s)(sin t)), (sin 12 s)(sin t), cos t)
für alle (s, t) ∈ [0, 2π] × [0, 2π]; setze B = Bild (h).
Definiere eine Äquivalenzrelation ∼ auf [0, 2π] × [0, 2π] durch: (s, t) ∼ (s0 , t0 ) gilt
genau dann, wenn h(s, t) = h(s0 , t0 ).
Man zeige: B ist topologisch äquivalent zum Quotientenraum [0, 2π] × [0, 2π]/∼,
und man bestimme explizit die Äquivalenzrelation ∼.
Q
27. Sei {Xi }i∈I eine Familie von topologischen Räumen und sei X = i∈I Xi
(mit der Produkt-Topologie). Sei ferner Y ein topologischer Raum und für jedes
i ∈ I sei fi : Y → Xi eine stetige Abbildung. Definiere eine Abbildung f : Y → X
durch f (y) = {fi (y)}i∈I für alle y ∈ Y .
(1) Man zeige, dass f stetig ist.
Betrachte nun die folgenden zwei Aussagen:
(S1) Für alle y1 , y2 ∈ Y mit y1 6= y2 gibt es ein j ∈ I mit fj (y1 ) 6= fj (y2 ).
(S2) Zu jeder abgeschlossenen Menge F ⊂ Y und zu jedem y ∈ Y \ F gibt es
ein j ∈ I und V ⊂ Xj offen mit fj (y) ∈ V , so dass V ∩ fj (F ) = ∅.
Man zeige:
(2) Gilt (S1), so ist f injektiv.
(3) Gilt (S2), dann gibt es zu jeder offenen Menge O ⊂ Y eine offene Menge
O 0 ⊂ X, so dass f (O) = O 0 ∩ f (Y ).
(4) Gilt (S1) und (S2), so ist die Abbildung f : Y → f (Y ) eine topologische
Äquivalenz (wobei hier f (Y ) die Unterraumtopologie als Teilmenge von X hat).
Topologie I: Blatt 7
15
28. Sei Y ein Hausdorff-Raum und für jedes n ≥ 1 sei fn : Y → [0, 1] eine stetige
Abbildung. Nehme an, dass Folgendes gilt:
(S3) Zu jeder abgeschlossenen Menge F ⊂ Y und zu jedem y ∈ Y \ F gibt es
ein n ≥ 1, so dass fn (z) = 0 für alle z ∈ F und fn (y) > 0.
Man zeige: Y ist topologisch äquivalent zu einem metrischen Raum.
Zusatzaufgabe III*
Sei Y ein Hausdorff-Raum mit folgenden Eigenschaften:
(M1) Sind F1 , F2 ⊂ Y abgeschlossen mit F1 ∩ F2 = ∅, so gibt es eine stetige
Abbildung g : Y → [0, 1] mit g(y) = 0 für alle y ∈ F1 und g(y) = 1 für
alle y ∈ F2 .
(M2) Die Topologie auf Y hat eine abzählbare Basis B.
Man zeige: Y ist topologisch äquivalent zu einem metrischen Raum.
Hinweis Da B abzählbar ist, gibt es eine Folge {Bn }n≥1 aus B, so dass jedes
Element aus B mindestens einmal in der Folge vorkommt. Setze
N = {(m, n) : es gibt eine abgeschlossene Menge F mit Bm ⊂ F ⊂ Bn } .
Ist (m, n) ∈ N , so gibt es eine stetige Abbildung gm,n : Y → [0, 1] mit gm,n (y) = 1
für alle y ∈ Bm und gm,n (y) = 0 für alle y ∈ Y \ Bn .
Man zeige: Zu jeder abgeschlossenen Menge F ⊂ Y und zu jedem y ∈ Y \ F gibt
es ein Element (m, n) ∈ N , so dass gm,n (z) = 0 für alle z ∈ F und gm,n (y) = 1.
Topologie I: Blatt 8
Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
16
C. Preston
Blatt 8
29. Seien X, Y topologische Räume und f : Y → X eine stetige Abbildung. Sei
ferner ∼X eine Äquivalenzrelation auf X und qX : X → X/∼X die Projektion,
wobei X/∼X der Quotientenraum ist. Definiere eine Äquivalenzrelation ∼Y auf Y
durch: Es gilt y ∼Y y 0 genau dann, wenn f (y) ∼X f (y 0 ) (d.h. genau dann, wenn
qX (f (y)) = qX (f (y 0 ))). Sei qY : Y → Y /∼Y die Projektion. Setze X 0 = X/∼X
und Y 0 = Y /∼Y .
Man zeige:
(1) Es gibt eine eindeutige Abbildung g : Y 0 → X 0 , so dass g ◦ qY = qX ◦ f und
diese Abbildung g ist stetig und injektiv.
(2) Sind X und Y kompakt und ist die Projektion qX abgeschlossen, so ist die
Abbildung g : Y 0 → Bild (g) eine topologische Äquivalenz.
30. Sei X ein topologischer Raum, sei ∼X eine Äquivalenzrelation auf X und
qX : X → X/∼X die Projektion. Sei Y ⊂ X (mit der Unterraumtopologie) und
sei ∼Y die Einschränkung von ∼X auf Y . (Es gilt also y ∼Y y 0 genau dann, wenn
y ∼X y 0 .) Sei qY : Y → Y /∼Y die Projektion. Setze X 0 = X/∼ und Y 0 = Y /∼Y .
Für jedes x ∈ X sei [x]X ∈ X 0 die Äquivalenklasse, die x enthält, und für jedes
y ∈ Y sei [y]Y ∈ Y 0 die Äquivalenklasse, die y enthält; es gilt also qX (x) = [x]X
und qY (y) = [y]Y .
Man zeige:
(1) Es gibt eine Abbildung g : Y 0 → X 0 mit g([y]Y ) = [y]X für alle y ∈ Y und
diese Abbildung g ist stetig und injektiv.
(2) Ist X kompakt, Y abgeschlossen und ist die Projektion qX abgeschlossen, so
ist die Abbildung g : Y 0 → Bild (g) eine topologische Äquivalenz.
(3) Sei X = [0, 1] und sei ∼X die Äquivalenrelation 0 ∼X 1. (Genauer: x ∼X x0
gilt genau dann, wenn x = x0 oder {x, x0 } = {0, 1}). Sei Y = [0, 1). Dann ist
X kompakt, qX ist abgeschlossen, aber g : Y 0 → Bild (g) ist keine topologische
Äquivalenz.
31. Sei Q = [0, 1]×[−1, 1] und sei ∼Q die Äquivalenzrelation mit (x, y) ∼Q (x0 , y 0 )
genau dann, wenn (x0 , y 0 ) = (x, y) oder x ∈ {0, 1} und (x0 , y 0 ) = (1−x0 , −y). Setze
Q0 = Q/∼Q und sei qQ : Q → Q0 die Projektion. (Der Raum Q0 ist topologisch
äquivalent zum Möbiusband.)
Sei nun R = [0, 1] × {−1, 1} und sei ∼R die Einschränkung von ∼Q auf R; setze
R0 = R/∼R .
Topologie I: Blatt 8
17
Nach Aufgabe 30 gibt es eine Abbildung r : R0 → Q0 mit r([%]R ) = [%]Q für alle
% ∈ R und die Abbildung r : R0 → Bild (g) ist eine topologische Äquivalenz.
Man zeige, dass R0 topologisch äquivalent zu S 1 ist.
32. Sei Z = [0, 1] × S 1 und sei ∼Z die Äquivalenzrelation mit (x, σ) ∼Z (x0 , σ 0 )
genau dann, wenn (x0 , σ 0 ) = (x, σ) oder x ∈ {0, 1} und (x0 , σ 0 ) = (1 − x0 , σ̄). (Hier
ist S 1 = {σ ∈ C : |σ| = 1} und σ̄ ist die zu σ konjugierte komplexe Zahl.) Setze
Z 0 = Z/∼Z und sei qZ : Z → Z 0 die Projektion. (Der Raum Z 0 ist topologisch
äquivalent zum Kleinschen Schlauch.)
Definiere Abbildungen h1 , h2 : Q → Z durch
h1 (x, y) = (x, exp(πiy/2) und h2 (x, y) = (x, exp(πi(1 + y/2)) .
Man zeige:
(1) Es gibt eindeutige Abbildungen s1 , s2 : Q0 → Z 0 , so dass s1 ◦ qQ = qZ ◦ h1
und s2 ◦ qQ = qZ ◦ h2 .
(2) Die Abbildungen s1 : Q0 → Bild (s1 ) und s2 : Q0 → Bild (s2 ) sind topologische
Äquivalenzen.
Sei Q01 = {1} × Q0 , Q02 = {2} × Q0 und definiere f1 : R0 → Q01 , f2 : R0 → Q02 durch
f1 (v) = (1, r(v)) und f2 (v) = (2, r(v)). Nach Aufgabe 31 sind die Abbildungen
f1 : R0 → Bild (f1 ) und f2 : R0 → Bild (f2 ) topologische Äquivalenzen.
(3) Man zeige, dass Z 0 und Q01 ∪ Q02 /f1 (%)∼f2 (%):%∈R0 topologisch äquivalent sind.
Dies bedeutet: Zwei an den Rändern zusammengeklebte Möbiusbänder ergeben
einen Kleinschen Schlauch.
Hinweis: Man betrachte die Abbildung Σ : Q01 ∪ Q02 → Z 0 mit Σ((1, v)) = s1 (v)
und Σ((2, v)) = s2 (v) für alle v ∈ Q0 .
Topologie I: Blatt 9
Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
18
C. Preston
Blatt 9
33. Seien X, Y topologische Räume und X1 , . . . , Xn abgeschlossene Unterräume
von X mit X = X1 ∪ · · · ∪ Xn . Für k = 1, . . . , n sei fk : Xk → Y eine stetige
Abbildung. Nehme an, es gibt eine Abbildung f : X → Y , so dass f (x) = fk (x)
für alle x ∈ Xk , k = 1, . . . , n. (Natürlich existiert f genau dann, wenn die
Abbildungen f1 , . . . , fn ‘verträglich’ sind: Für jedes x ∈ X muss fj (x) = fk (x)
für alle j, k ∈ Nx gelten, wobei Nx = {1 ≤ i ≤ n : x ∈ Xi }.)
Man zeige: Die Abbildung f ist stetig.
34. Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum und sei U = {Ui }i∈I eine offene
Überdeckung von X. Man zeige: Es gibt ein ε > 0 mit der folgenden Eigenschaft:
Für jedes x ∈ X gibt es ein i ∈ I, so dass B(x, ε) ⊂ Ui .
Hinweis: Für jedes x ∈ X gibt es ein εx > 0 und ein ix ∈ I, so dass B(x, εx ) ⊂ Uix ;
setze Vx = B(x, 21 εx ). Dann ist V = {Vx }x∈X eine offene Überdeckung von X.
35. Sei X ein topologischer Raum, sei U eine offene und B eine abgeschlossene
Menge in X mit B ⊂ U und sei f : [0, 1] → X eine stetige Abbildung mit
0, 1 ∈ X \ U . Setze V = f −1 (U ); also ist V ⊂ [0, 1] offen mit V ⊂ (0, 1) und
folglich gibt es eine Familie
S von offenen Intervallen {In }n∈N mit Im ∩ In = ∅ für
alle m 6= n, so dass V = n∈N In .
Man zeige: Die Menge {n ∈ N : f (In ) ∩ B 6= ∅} ist endlich.
36. Sei n ≥ 2; bezeichne mit x · y das übliche Skalarprodukt von x und y in Rn .
(1) Nehme an, es gibt eine stetige Abildung τ : D n → S n−1 mit s · τ (s) ≥ 0 für
alle s ∈ S n−1 . Man zeige: Es gibt dann eine stetige Abbildung % : D n → S n−1
mit %(s) = s für alle s ∈ S n−1 .
(2) Nehme an, es gibt eine stetige Abbildung f : D n → D n mit f (x) 6= x für
alle x ∈ D n . Man zeige: Es gibt dann eine stetige Abildung τ : D n → S n−1 mit
s · τ (s) ≥ 0 für alle s ∈ S n−1 .
(3) Nehme an, es gibt eine stetige Abbildung % : D 2 → S 1 mit %(s) = s für
alle s ∈ S 1 . Man zeige: Die Schlinge IdS 1 : S 1 → S 1 ist dann homotop zu einer
konstanten Schlinge.
In (1) darf man Folgendes verwenden: Die Abbildung γ : D n × S n−1 → Rn mit
p
γ(x, z) = x − x · z − (1 − kxk)2 + (x · z)2 z
für alle (x, z) ∈ D n × S n−1 ist stetig und γ(D n × S n−1 ) ⊂ S n−1 .
Topologie I: Blatt 10
19
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 10
37. Seien X, Y, Z topologische Räume.
(1) Sei g : X → Y eine stetige Abbildung und h : X → Z eine surjektive stetige
Abbildung. Man zeige:
(a) Es gibt höchstens eine Abbildung f : Z → Y mit g = f ◦ h.
(b) Es gibt eine Abbildung f : Z → Y mit g = f ◦ h genau dann, wenn
g(x) = g(x0 ) für alle x, x0 ∈ X mit h(x) = h(x0 ).
(c) Ist h abgeschlossen und gibt es eine Abbildung f : Z → Y mit g = f ◦ h,
so ist f stetig.
(2) Sei f : Z → Y eine beliebige Abbildung und setze g = f ◦ h. Sei ferner
G : X × [0, 1] → Y eine Abbildung mit G(·, 0) = g (d.h. mit G(x, 0) = g(x) für
alle x ∈ X). Gibt es eine Abbildung F : Z × [0, 1] → Y mit G = F ◦ (h × Id[0,1] )
(d.h. mit G(x, t) = G(h(x), t) für alle (x, t) ∈ X × [0, 1]), so ist F (·, 0) = f .
38. (1) Seien X, Y metrische Räume und f : X → Y eine stetige Abbildung.
Sei x ∈ X und D ⊂ X kompakt mit x ∈ D und f (D) = Y . Nehme an, dass
{x0 ∈ D : f (x0 ) = f (x)} = {x}. Man zeige: Ist O ⊂ X offen mit x ∈ O ⊂ D, so
ist f (O) eine Umgebung von f (x) in Y .
Hinweis: Ist f (O) keine Umgebung von f (x) in Y , dann gibt es eine Folge {yn }n≥1
aus Y \ f (O), die gegen f (x) konvergiert.
(2) Man zeige, dass die Abbildung exp : R → S 1 (mit exp(t) = e2πit für alle
t ∈ R) offen ist: Für jede offene Menge O ⊂ R ist exp(O) offen in S 1 .
39. (1) Sei U ⊂ R offen mit U ⊂ (a, a + 1) für ein a ∈ R. Man zeige:
(a) exp([a, a + 1] \ U ) = S 1 \ exp(U ).
(b) S 1 \ exp(U ) ist eine kompakte Teilmenge von S 1 .
(c) exp(U ) ist offen in S 1 .
(2) Man zeige, dass die Abbildung exp : R → S 1 offen ist.
40. Sei δ ∈ R mit 0 < δ ≤ 21 fest. Für jedes x ∈ R setze Vx = (x − δ, x + δ). Sind
x, y ∈ R mit exp(x) = exp(y), so ist y − x ∈ Z und
exp(Vy ) = {exp(t) : t ∈ (y − δ, y + δ)} = {exp(t) : t − y + x ∈ (x − δ, x + δ)}
= {exp(t + y − x) : t ∈ (x − δ, x + δ)} = {exp(t) : t ∈ (x − δ, x + δ)}
= exp(Vx ) ,
Topologie I: Blatt 10
20
da exp(t + y − x) = exp(t) exp(y − x) = exp(t). Ferner ist Vx ∩ Vy = ∅, falls
x, y ∈ R mit exp(y) = exp(y) (da in diesem Fall |y − x| ≥ 1). Sei z ∈ S 1 ; sind
x, y ∈ exp−1 ({z}), so ist exp(x) = z = exp(y) und damit exp(Vx ) = exp(Vy ). Wir
können also Uz ⊂SS 1 definieren durch Uz = exp(Vx ), wobei z = exp(x), und es
gilt exp−1 (Uz ) = x∈exp−1 ({z}) Vx .
Sei z ∈ S 1 . Man zeige:
(1) Uz ist eine offene Umgebung von z.
(2) Für jedes x ∈ R mit exp(x) = z ist die Einschränkung exp|Vx : Vx → Uz eine
topologische Äquivalenz.
Zusatzaufgabe IV*
Betrachte den Quotientenraum R/x ∼ x + 1 (wobei x ∼ x+1 eigentlich bedeutet,
dass x ∼ y genau dann gilt, wenn y − x ∈ Z); sei q : R → R/x ∼ x + 1 die
Projektion. Man zeige:
(1) Es gibt eine stetige Bijektion f : R/x ∼ x + 1 → S 1 mit f ◦ q = exp.
(2) Der Raum R/x ∼ x + 1 ist quasi-kompakt.
(3) Die Abbildung f ist eine topologische Äquivalenz.
(4) Die Abbildung q ist offen.
(5) Die Abbildung exp ist offen.
Hinweis zu (2) Sei i : [0, 1] → R die Inklusion. Nach Aufgabe 29 gibt es eine
stetige injektive Abbildung g : [0, 1]/0 ∼ 1 → R/x ∼ x + 1, so dass g ◦ p = q ◦ i,
wobei p : [0, 1] → [0, 1]/0 ∼ 1 die Projektion ist. Man zeige, dass g auch surjektiv
ist.
Topologie I: Blatt 11
21
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 11
In den Aufgaben 41 und 42 sei X ein topologischer Raum und sei x ∈ X.
41. Seien v, v 0 , w, w 0 Schleifen in (X, x). Man zeige: Sind v und w homotop und
sind v 0 und w 0 homotop, so sind auch v v 0 und w w 0 homotop.
42. Sei tr die triviale Schleife in (X, x) mit tr(s) = x für alle s ∈ [0, 1] und für
jede Schleife v in (X, x) sei v die Schleife mit v(s) = v(1 − s) für alle s ∈ [0, 1].
Man zeige:
(1) Für alle Schleifen u, v, w in (X, x) sind die Schleifen (u v) w und u (v w)
homotop.
(2) Für jede Schleife v in (X, x) sind die Schleifen v tr, tr v und v homotop.
(3) Für jede Schleife v in (X, x) sind die Schleifen v v, v v und tr homotop.
Sei δ ∈ R mit 0 < δ ≤ 21 fest. Für jedes x ∈ R setze Vx = (x − δ, x + δ).
Sind x, y ∈ R mit exp(x) = exp(y), so ist y − x ∈ Z und exp(Vy ) = exp(Vx ).
Ferner ist Vx ∩ Vy = ∅, falls x, y ∈ R mit exp(y) = exp(y) (da in diesem Fall
|y − x| ≥ 1). Sei z ∈ S 1 ; sind x, y ∈ exp−1 ({z}), so ist exp(x) = z = exp(y)
1
und damit ist exp(Vx ) = exp(Vy ). Wir können also Uz ⊂ S
definieren durch
S
Uz = exp(Vx ), wobei z = exp(x), und es gilt exp−1 (Uz ) = x∈exp−1 ({z}) Vx . Sei
z ∈ S 1 . Nach Aufgabe 40 ist Uz eine offene Umgebung von z und für jedes
x ∈ R mit exp(x) = z ist die Einschränkung exp|Vx : Vx → Uz eine topologische
Äquivalenz.
Sei f : [0, 1] → S 1 stetig und für jedes z ∈ S 1 setze Wz = f −1 (Uz ). Dann
ist {Wz }z∈S 1 eine offene Überdeckung des kompakten metrischen Raumes [0, 1]
und damit gibt es nach dem Lebesgue’schen Überdeckungssatz (Aufgabe 34) ein
ε > 0 mit der Eigenschaft: Für jedes s ∈ [0, 1] gibt es ein z ∈ S 1 , so dass
(s − ε, s + ε) ∩ [0, 1] ⊂ Wz .
43. Sei r ∈ [0, 1]; eine stetige Abbildung h : [0, r] → R wird eine r-Liftung von f
genannt, wenn exp(h(s)) = f (s) für alle s ∈ [0, r].
(1) Man zeige: Gibt es eine r-Liftung h von f und ist r 0 ∈ (r, r + ε) ∩ [0, 1], so
gibt es eine r 0 -Liftung h0 von f mit h0 (s) = h(s) für alle s ∈ [0, r].
(2) Sei b ∈ R mit exp(b) = f (0). Man zeige: Es gibt eine stetige Abbildung
h : [0, 1] → R mit h(0) = b, so dass exp ◦h = f .
44. Sei b ∈ R mit exp(b) = f (0). Man zeige: Es gibt eine eindeutige stetige
Abbildung h : [0, 1] → R mit h(0) = b, so dass exp ◦h = f .
Topologie I: Blatt 12
22
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 12
45. Sei n ≥ 1 und seien a1 , . . . , an ∈ C; in dieser Aufgabe soll gezeigt werden,
dass das Polynom p(z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an eine Nullstelle in C hat.
Für jedes w ∈ C \ {0} setze w ∗ = w/|w|; also ist w ∗ ∈ S 1 = {z ∈ C : |z| = 1}.
Für jedes t ∈ [0, 1] sei pt (z) = z n + t(a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an ) und ferner sei
r = |a1 | + · · · + |an | + 1.
(1) Man zeige, dass pt (z) 6= 0 für alle z ∈ C mit |z| = r und alle t ∈ [0, 1].
Nach (1) können wir G : S 1 × [0, 1] → S 1 definieren durch G(z, t) = pt (rz)∗ .
(2) Man zeige: Die Schlingen z 7→ z n und z 7→ p(rz)∗ sind homotop (in S 1 ).
(3) Nehme an, dass das Polynom p keine Nullstelle in C hat. Man zeige, dass
dann die Schlingen z 7→ p(rz)∗ und z 7→ a∗n homotop sind.
(Man beachte: Wenn p keine Nullstelle hat, so ist an = p(0) 6= 0.)
(4) Man zeige, dass das Polynom p doch eine Nullstelle in C haben muss.
46. Sei X ein topologischer Raum und x ∈ X; seien v0 , v1 homotope Schleifen
in (X, x). Es gibt also eine stetige Abbildung F : [0, 1] × [0, 1] → X, so dass
F (0, t) = F (1, t) = x für alle t ∈ [0, 1] und F (s, 0) = v0 (s) und F (s, 1) = v1 (s)
für alle s ∈ [0, 1].
(1) Sei γ : [0, 1] → [0, 1] × [0, 1] eine stetige Abbildung mit γ(0) ∈ {0} × [0, 1]
und γ(1) ∈ {1} × [0, 1] (und damit ist γ ein Weg von der linken zu der rechten
Seite von [0, 1] × [0, 1]). Setze w = F ◦ γ. Man zeige: w ist eine Schleife in (X, x)
und v0 und w sind homotop.
(2) Sei 0 < δ < 21 . Man zeige: Es gibt Schleifen v0δ , v1δ in (X, x) und eine Homotopie F δ : [0, 1] × [0, 1] → X mit den Eigenschaften:
(a) Die Schleifen v0δ und v0 sind homotop, v0δ ([0, 1]) = v0 ([0, 1]) und v0δ (s) = x
für alle s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1].
(b) Die Schleifen v1δ und v1 sind homotop, v1δ ([0, 1]) = v1 ([0, 1]) und v1δ (s) = x
für alle s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1].
(c) Es gilt F δ (s, t) = v0δ (s) für alle s ∈ [0, 1], t ∈ [0, δ], F δ (s, t) = v1δ (s) für alle
s ∈ [0, 1], t ∈ [1 − δ, 1] und F δ (s, t) = x für alle s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1], t ∈ [0, 1].
Topologie I: Blatt 12
23
In den Aufgaben 47 und 48 sei X ein topologischer Raum, seien U und V offene
Mengen in X mit X = U ∪ V und sei x ∈ U ∩ V . Sei ferner 0 < δ < 21 und sei
F : [0, 1] × [0, 1] → X eine stetige Abbildung mit den Eigenschaften: Es gilt
F (s, t) = F (s, 0) für alle s ∈ [0, 1], t ∈ [0, δ],
F (s, t) = F (s, 1) für alle s ∈ [0, 1], t ∈ [1 − δ, 1],
F (s, t) = x für alle s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1], t ∈ [0, 1].
Seien 0 = s0 < s1 < · · · < sm = 1 und 0 = t0 < t1 < · · · < tn = 1 mit
sj − sj−1 < δ und tk − sk−1 < δ für alle j = 1, . . . , m, k = 1, . . . , n. Setze
Rjk = [sj−1 , s] × [tk−1 , tk ]. Nach dem Lebesgue’schen Überdeckungssatz (angewendet auf die Überdeckung {F −1 (U ), F −1 (V )} von [0, 1] × [0, 1]) können die
Punkte s0 , s1 , . . . , sm , t0 , t1 , . . . , tn so gewählt werden, dass F (Rjk ) ⊂ U oder
F (Rjk ) ⊂ V für jedes j = 1, . . . , m, k = 1, . . . , n. Wir nehmen an, dass dieses
der Fall ist.
Wir nennen eine Abbildung % : [1, . . . , m]×[1, . . . , n] → {U, V } eine Färbung, und
eine Färbung % heißt zulässig, wenn F (Rjk ) ⊂ %(j, k) für alle j, k. Es gibt also
mindestens eine zulässige Färbung. Man beachte: Die Zulässigkeit einer Färbung
% hängt nicht von den Werten %(j, k) für j ∈ {1, m} ab, da F (Rjk ) = {x} ⊂ U ∩V
für j = 1 und k = m. Setze
v
σjk
= {sj } × [tk−1 , tk ] = Rjk ∩ R(j+1)k für j = 1, ..., m − 1, k = 0, ..., n ,
h
σjk
= [sj−1 , sj ] × {tk } = Rjk ∩ Rj(k+1) für j = 0, ..., m, k = 1, ..., n − 1 .
und für eine zulässige Färbung % sei Σ% = Σv% ∪ Σh% , wobei
[
[
v
h
Σv% = {σjk
: %(Rjk ) 6= %(R(j+1)k )} und Σh% = {σjk
: %(Rjk ) 6= %(Rj(k+1) )} .
Es gilt F (Σ% ) ⊂ U ∩ V .
47. Seien u, v homotope Schleifen in (X, x) mit u([0, 1]) ⊂ U und v([0, 1]) ⊂ V .
Man zeige: Es gibt eine Schleife w in (X, x) mit w([0, 1]) ⊂ U ∩ V , so dass u, v
und w homotop sind.
48. In beiden Teilen sei π1 (U ∩ V, x) = {e}.
(1) Seien u0 , u1 , v0 , v1 Schleifen in (X, x) mit uk ([0, 1]) ⊂ U und vk ([0, 1]) ⊂ V
für k = 0, 1. Man zeige: Sind u0 v0 und v1 u1 homotop, so gilt mindestens eine der
folgenden Aussagen:
(a) Die Schleifen u0 , u1 und tr sind homotop und v0 und v1 sind homotop.
(b) Die Schleifen v0 , v1 und tr sind homotop und u0 und u1 sind homotop.
(2) Man nehme zusätzlich an: Es gilt π1 (U, x) 6= {e}, π1 (V, x) 6= {e} und die
Homomorphismen (iU )∗ : π1 (U, x) → π1 (X, x) und (iV )∗ : π1 (V, x) → π1 (X, x)
sind beide injektiv, wobei iU : U → X und iV : V → X die Inklusionen sind.
Man zeige, dass die Gruppe π1 (X, x) nicht abelsch ist.
Topologie I: Blatt 13
24
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Blatt 13
In diesen Aufgaben sei X ein topologischer Raum, p : E → X eine Überlagerung,
sei x0 ∈ X und setze S = {e ∈ E : p(e) = x0 }. Sei ferner e ∈ S.
Ist v : [0, 1] → X eine Schleife in (X, x0 ), so gibt es nach dem Wege-Liftungs-Satz
einen eindeutigen Weg ṽ e : [0, 1] → E mit ṽ e (0) = e, so dass p ◦ ṽ e = v, und da
p(ṽ e (1)) = v(1) = x0 , ist dann ṽ e (1) ∈ S.
49. Man zeige: Sind u und v homotope Scheifen in (X, x0 ), so ist ũe (1) = ṽ e (1).
Es gibt also eine eindeutige Abbildung %e : π1 (X, x0 ) → S mit %e ([v]) = ṽ e (1) für
jede Schleife v in (X, x0 ).
50. Man zeige: Ist E wegzusammenhängend, so ist die Abbildung %e surjektiv.
51. Seien a, b ∈ π1 (X, x0 ). Man zeige: Es gilt %e (a) = %e (b) genau dann, wenn
ab−1 ∈ p∗ (π1 (E, e)). Insbesondere ist %e injektiv, wenn π1 (E, e) = 0.
Ist E wegzusammenhängend und gilt π1 (E, e) = 0, so folgt aus Aufgaben 50 und
51, dass die Abbildung %e : π1 (X, x0 ) → S bijektiv ist.
Schreibe nun e · a statt %e (a); wir haben also eine Abbildung
S × π1 (X, x0 ) → S ,
(e, a) 7→ e · a
52. Man zeige:
(1) Die Abbildung (e, a) 7→ e · a definiert eine Operation der Gruppe π1 (X, x0 )
auf der Menge S. Das heißt:
– Es gilt (e · a) · b = e · (ab) für alle e ∈ S, a, b ∈ π1 (X, x0 ).
– Es gilt e · 1 = e für alle e ∈ S, wobei 1 = [tr] das neutrale Element in
π1 (X, x0 ) ist.
(2) Für jedes e ∈ S ist
{a ∈ π1 (X, x0 ) : e · a = e} = p∗ (π1 (E, e)) .
(Die Untergruppe {a ∈ π1 (X, x0 ) : e · a = e} heißt Isotropiegruppe (oder Standgruppe) von e in π1 (X, x0 ).)
(3) Ist E wegzusammenhängend, so ist die Operation (e, a) 7→ e · a transitiv: Für
alle e1 , e2 ∈ S gibt es ein a ∈ π1 (X, x0 ), so dass e1 · a = e2 .