Einführung in die Topologie

Einführung in die Topologie
Lösung zu Blatt 5
Lösung zu Übung 1
Sei X ein kompakter Hausdorffraum und seien A, B ⊂ X disjunkte abgeschlossene Teilmengen. Wir suchen disjunkte offene Umgebungen um A und
B. Wir legen ein a ∈ A fest. Für alle b ∈ B gibt es Umgebungen Ub um b
und Vb um a mit Ub ∩ Vb = ∅. Wir betrachten die Überdeckung
[
B⊂
Ub ,
b∈B
die eine endliche Teilüberdeckung erhält, weil eine abgeschlossene Teilmenge
B eines kompakten Hausdorffraums kompakt ist. Sei
B⊂
n
[
Ubi =: Ba
i=1
diese Teilüberdeckung. Wir setzen
Va =
n
\
Vbi ,
i=0
sodass
(Va ∩ B) ⊂ (Va ∩ Ba ) = ∅.
Wir betrachten dann die Überdeckung
[
A⊂
Va ,
a∈A
und die entsprechende endliche Teilüberdeckung
A⊂
m
[
j=1
1
Vaj .
Die offene Umgebung
B⊂
m
\
Baj
j=1
erfüllt dann:
m
[
!
Vaj
m
\
∩
j=1
!
Baj
= ∅.
j=1
Das bedeutet, dass X normal ist.
Als nächstes sei (X, d) ein metrischer Raum und seien A, B ⊂ X disjunkte
abgeschlossene Teilmengen. Betrachte die Abbildung
f : X → [0, 1]
x 7→
dist(x, B)
.
dist(x, A) + dist(x, B)
Wir müssen zeigen, dass
dist(x, A) + dist(x, B) 6= 0
für alle x ∈ X: Gäbe es ein x ∈ X mit
dist(x, A) = dist(x, B) = 0,
würden wir zwei Folgen
(bn )n∈N ⊂ B und (an )n∈N ⊂ A
finden, die
lim d(x, bn ) = 0 = lim d(x, an )
n→∞
n→∞
erfüllen würden. Insbesondere würde x den Grenzwert von (bn )n∈N und (an )n∈N
sein. Da B und A abgeschlossen sind, erreichen wir den Widerspruch
x ∈ (A ∩ B) = ∅.
Dann ist f wohldefiniert und stetig (Übung 2 Blatt 1). Folglich
A ⊂ f −1 ((1/2, 1]) =: U
B ⊂ f −1 ([0, 1/2)) =: V,
2
wobei U und V disjunkte offene Teilmengen sind.
Schließlich geben wir ein Beispiel eines Raums, der normal aber nicht Hausdorff ist. Es genügt den Raum
X := {0, 1}
mit der Topolgie
τ := {∅, X}
zu betrachten.
Lösung zu Übung 2
1. Sei x ∈ Z \ Y . Dann f (x) 6= x, denn f (x) ∈ Y . Deswegen finden wir
disjunkten offenen Umgebungen Ux um x und Vx um f (x). Das Urbild
f −1 (Ux ) ist eine offene Teilmenge um x und
Wx := f −1 (Ux ) ∩ Vx
ist eine offene Umgebung um x, die disjunkt von Y ist: Gäbe es ein
z ∈ Wx ∩ Y , würden wir
Ux 3 f (z) = z ∈ Vx
erhalten, was nicht möglich ist, denn Ux ∩ Vx = ∅. Schließlich ist
[
Z \Y =
Wx
x∈Z\Y
offen.
2. Ist f : R2 → {p, q} eine stetige Abbildung, so ist Bild(f ) zusammenhängend. Deshalb kann f hier nicht surjektiv sein. Insbesondere
ist {p, q} damit kein Retrakt von R2 .
3. Wir bezeichnen die verknotete x-Achse mit K. Sei g : K → R ein
Homöomorphismus und sei G : R3 → R eine Fortsetzung von g, deren
Existenz durch Tietze gegeben ist. Die Komposition g −1 ◦ G ist stetig
und (f −1 ◦ G)|K = IdK .
3
Lösung zu Übung 3
Wir können uns bei dieser Aufgabe am Beweis des Metrisierbarkeitssatzes
orientieren: Die Abbildung F ist stetig, da alle Komponenten stetig sind (die
Komposition von F mit der Projektion πf auf die f -te Komponente ist die
stetige Funktion f ∈ J selbst).
Die Abbildung ist auch injektiv: Sind x, y ∈ X, x 6= y, so sind {x}, {y}
disjunkte und abgeschlossene (wegen Hausdorff) Teilmengen von X. Da X
normal ist, finden wir nach dem Lemma von Urysohn ein f ∈ J mit f (x) =
0, f (y) = 1. Dann unterscheiden sich F (x) und F (y) in der f -ten Komponente, also F (x) 6= F (y).
Als nächstes müssen wir zeigen, dass F ein Homöomorphismus auf das Bild
F (X) ist. Wir müssen also zeigen, dass die induzierte Abbildung X → F (X)
auch abgeschlossen ist, also dass für jede abgeschlossene Teilmenge C ⊂
X auch F (C) ⊂ F (X) abgeschlossen ist. Das können wir ebenfalls wie im
Beweis des Metrisierbarkeitssatzes machen. Alternativ können wir auch ohne
die Verwendung von Netzen auskommen:
Ist y ∈ F (X) \ F (C), so ist y = F (x) für ein x ∈ X \ C. Da {x} und C
disjunkte und abgeschlossene Mengen sind, gibt es nach dem Lemma von
Urysohn ein f ∈ J mit f (x) = 0, f |C = 1. Nun ist V := πf−1 ([0, 1)) offen im
Produkt
Y
[0, 1],
f ∈J
also V ∩F (X) offen im Teilraum F (X). Desweiteren ist y = F (x) ∈ V ∩F (X)
und F (C) ∩ (F (X) ∩ V ) = F (C) ∩ V = ∅. Folglich ist y ein innerer Punkt
von F (X) \ F (C) ⊂ F (X). Dieses Argument zeigt, dass F (X) \ F (C) offen
und somit F (C) abgeschlossen in F (X) ist.
Ist X nun kompakt, so auch F (X). Da das Produkt von Hausdorffräumen
Q
stets selbst ein Hausdorffraum ist, ist dann auch F (X) ⊂ f ∈J [0, 1] abgeschlossen.
Lösung zu Übung 4
Sei (fn )n∈N ⊂ B eine Folge in B, sodass für alle v ∈ V
sup |fn (v)| ≤ 1
kvk≤1
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für alle n ∈ N. Für alle c ∈ C gilt dann |fn (c/kck)| ≤ 1 und
fn (c) ∈ [−kck, kck] ,
was eine Folge in
Y
[−kck, kck]
c∈C
definiert. Da dieses Produkt folgenkompakt ist, gibt es eine Teilfolge
(fnk )k∈N ⊂ (fn )∈N ,
sodass für alle c ∈ C die Folge
(fnk (c))k∈N ⊂ R
konvergiert. Wir bezeichnen ihren Grenzwert mit f (c). Seien nun c, d ∈ C.
Wir rechnen aus:
|f (c) − f (d)| ≤ |f (c) + fnk (c)| + |fnk (c − d)| + |fnk (d) − f (d)|
≤ |f (c) + fnk (c)| + kfnk k∗ kc − dk + |fnk (d) − f (d)|
k→∞
≤ |f (c) + fnk (c)| + kc − dk + |fnk (d) − f (d)| −→ kc − dk
Insbesondere ist
f (v) := lim f (ci )
i→∞
wohldefiniert, wobei
(ci )i∈N ⊂ C
eine Folge ist, die gegen v ∈ V konvergiert. Wir haben eine abbildung f :
V → R definiert, die gleichmäßig stetig ist, wegen der ungleichung hier oben.
Das bedeutet, dass wir die Limes vertauschen können, sodass (fnk )k∈N gegen
f konvergiert:
lim fnk (v) = lim lim fnk (ci )
k→∞
k→∞ i→∞
= lim lim fnk (ci )
i→∞
k→∞
= lim f (ci )
i→∞
= f (v)
Schließlich liegt f in B, weil f den Grenzwert einer Folge in B ist.
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