Sommersemester 2007 C. Preston ¨Ubungen zu Topologie I Lösungen

Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Lösungen: Blatt 1
Aufgabe 1:
(1) Seien x, y ∈ X. Für jedes ε > 0 gibt es dann ein z ∈ A mit d(y, z) ≤ dA (y)+ε
und daraus folgt, dass
dA (x) ≤ d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ≤ d(x, y) + dA (y) + ε .
Damit ist dA (x) ≤ d(x, y) + dA (y), d.h., dA (x) − dA (y) ≤ d(x, y). Genauso gilt
aber, dass dA (y) − dA (x) ≤ d(y, x) = d(x, y), und daher ist
|dA (x) − dA (y)| ≤ d(x, y)
für alle x, y ∈ X.
(2) Sei nun x ∈ X und ε > 0; dann gilt |dA (x) − dA (y)| < ε für alle y ∈ X mit
d(x, y) < ε, und dies zeigt, dass dA an der Stelle x stetig ist.
(3) Sei x ∈ X mit dA (x) = 0; für jedes ε > 0 gibt es dann ein y ∈ A mit
d(x, y) < ε und damit ist B(x, ε) ∩ A 6= ∅ für jedes ε > 0. Folglich ist x ∈ Ā.
Sei umgekehrt x ∈ Ā. Für jedes ε > 0 ist dann B(x, ε) ∩ A 6= ∅ und damit gibt
es ein y ∈ A mit d(x, y) < ε. Also ist dA (x) ≤ d(x, y) < ε und daraus folgt, dass
dA (x) = 0.
Aufgabe 2:
(1) 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. Nach Aufgabe 1 (2) sind dA und dB stetig und damit ist dA + dB
stetig. Aber dA (x) + dB (x) > 0 für alle x ∈ X. (Für x ∈ A ist x ∈
/ B und damit
nach Aufgabe 1 (3) dA (x) + dB (x) ≥ dB (x) > 0. Für x ∈
/ A ist andererseits nach
Aufgabe 1 (3) dA (x) + dB (x) ≥ dA (x) > 0.) Folglich ist die durch
f=
dA
dA + d B
definierte Abbildung f : X → R stetig. Nun ist 0 ≤ f (x) ≤ 1 für alle x ∈ X, und
nach Aufgabe 1 (3) ist A = {x ∈ X : f (x) = 0} und B = {x ∈ X : f (x) = 1}.
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Topologie I: Lösungen zu Blatt 1
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(2) Sei f : X → R definiert wie in (1) und setze U = {x ∈ X : f (x) < 12 } und
V = {x ∈ X : f (x) > 12 }. Dann gilt A ⊂ U , B ⊂ V und U ∩ V = ∅. Ferner sind
U und V offene Teilmengen von X, da U = f −1 (−∞, 12 )) V = f −1 ( 21 , ∞)) und
(−∞, 12 ) und ( 21 , ∞) offene Teilmengen von R sind.
Aufgabe 3:
Ist x ∈ A, so ist x ∈
/ B und damit ist nach Aufgabe 1 (3) dB (x) > 0. Genauso is
dA (x) > 0 für alle x ∈ B.
Da x ∈ Ux = B(x, 21 dB (x)) ⊂ U für alle x ∈ A, ist A ⊂ U . Ferner ist Ux offen für
jedes x ∈ A und damit ist U offen. Genauso gilt B ⊂ V und V ist offen.
Nehme nun an, dass U ∩ V 6= ∅ und sei z ∈ U ∩ V . Dann gibt es x ∈ A und
y ∈ B, so dass z ∈ Ux = B(x, 21 dB (x)) und z ∈ Vy = B(y, 21 dA (y)) und folglich ist
d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) = d(x, z) + d(y, z) < 12 dB (x) + 21 dA (y) .
Aber dA (y) ≤ d(y, x) = d(x, y) und dB (x) ≤ d(x, y) und damit ist
dB (x) + dA (y) ≤ 2d(x, y) < 2( 21 dB (x) + 12 dA (y)) = dB (x) + dA (y) ,
was nicht möglich ist. Daraus ergibt sich, dass U ∩ V = ∅.
Aufgabe 4:
(1) Sei (e1 , . . . , en ) die kanonische Basis von Rn und setze
v
u n
uX
c1 = t
kek k2o .
k=1
Für jedes x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn ist nun x = x1 e1 + · · · + xn en und daraus folgt
nach der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung, dass
v
v
u n
u n
n
n
X
X
X
u
uX
|xk |kek ko ≤ t
kxko = xk e k ≤
|xk |2 t
kek k2o = c1 kxk ;
k=1
o
k=1
d.h., es gilt kxko ≤ c1 kxk für alle x ∈ Rn .
k=1
k=1
(2) Definiere f : Rn → R+ durch f (x) = kxko . Dann gilt f (x + y) ≤ f (x) + f (y)
für alle x, y ∈ Rn , und es gilt limm→∞ f (xm ) = 0 für jede Folge {xm }m≥1 aus
Rn mit limm→∞ xm = 0, da nach dem ersten Teil |f (x)| = kxko ≤ c1 kxk für alle
x ∈ Rn . Also gibt es nach Lemma 1 ein u ∈ S mit f (u) ≤ f (x) für alle x ∈ S,
Topologie I: Lösungen zu Blatt 1
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und es gilt f (u) > 0, da f (u) = kuko und u 6= 0. Setze c2 = 1/f (u); folglich ist
kxko ≥ 1/c2 und daher c2 kxko ≥ 1 für alle x ∈ S.
Sei nun x ∈ Rn mit x 6= 0 und setze λ = kxk. Dann ist kλ−1 xk = λ−1 kxk = 1,
d.h., λ−1 x ∈ S und damit 1 ≤ c2 kλ−1 xko . Daraus ergibt sich, dass
kxk = λ · 1 ≤ λ c2 kλ−1 xko = λ c2 λ−1 kxko = c2 kxko
und dies zeigt, dass kxk ≤ c2 kxko für alle x ∈ Rn , da k0k = 0 ≤ 0 = c2 k0ko .
Topologie I: Lösungen zu Blatt 2
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Lösungen: Blatt 2
Aufgabe 5:
(1) Für jedes r ∈ R+ ist min{r, 1} = 0 genau dann, wenn r = 0 und damit ist
d0 (x, y) = 0 genau dann, wenn x = y. Ferner ist
d0 (x, y) = min{d(x, y), 1} = min{d(y, x), 1} = d0 (y, x)
für alle x, y ∈ X. Seien nun x, y, z ∈ X; ist d(x, y) ≥ 1 oder d(y, z) ≥ 1, so ist
d0 (x, y) = 1 oder d0 (y, z) = 1 und damit ist
d0 (x, z) ≤ 1 ≤ d0 (x, y) + d0 (y, z) .
Ist andererseits d(x, y) < 1 und d(y, z) < 1, so ist
d0 (x, z) ≤ d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) = d0 (x, y) + d0 (y, z) .
Folglich gilt auch die Dreiecksungleichung für d0 und dies zeigt, dass d0 eine Metrik
auf X ist.
(2) Setze B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r} und B0 (x, r) = {y ∈ X : d0 (x, y) < r};
dann ist B(x, r) = B0 (x, r), falls r ≤ 1.
Sei U ∈ Od (bzw. U ∈ Od0 ). Für jedes x ∈ U gibt es ein ε > 0, so dass B(x, ε) ⊂ U )
(bzw. B0 (x, ε) ⊂ U )) und damit ist auch B0 (x, δ) = B(x, δ) = B(x, ε) ⊂ U (bzw.
B(x, δ) = B0 (x, δ) = B0 (x, ε) ⊂ U ), wobei δ = min{ε, 1}. Daraus folgt, dass
U ∈ Od0 (bzw. U ∈ Od ) und dies zeigt, dass Od0 = Od .
Aufgabe 6:
(1) Da max{d1 (y1 , y10 ), d2 (y2 , y20 )} = 0 genau dann, wenn d1 (y1 , y10 ) = 0 und
d2 (y2 , y20 ) = 0, ist d((y1 , y2 ), (y10 , y20 )) = 0 genau dann, wenn y1 = y10 und y2 = y20 ,
d.h. genau dann, wenn (y1 , y2 ) = (y10 , y20 ). Ferner ist
d((y1 , y2 ), (y10 , y20 )) = max{d1 (y1 , y10 ), d2 (y2 , y20 )}
= max{d1 (y10 , y1 ), d2 (y20 , y2 )} = d((y10 , y20 ), (y1 , y2 ))
für alle (y1 , y2 ), (y10 , y20 ) ∈ Y . Seien nun (y1 , y2 ), (y10 , y20 ), (y100 , y200 ) ∈ Y ; dann gilt
d((y1 , y2 ), (y100 , y200 )) =
≤
≤
≤
max{d1 (y1 , y100 ), d2 (y2 , y200 )}
max{d1 (y1 , y10 ) + d1 (y10 , y100 ), d2 (y2 , y20 ) + d2 (y20 , y200 )}
max{d1 (y1 , y10 ), d2 (y2 , y20 )} + max{d1 (y10 , y100 ), d2 (y20 , y200 )}
d((y1 , y2 ), (y10 , y20 )) + d((y10 , y20 ), (y100 , y200 )) .
Topologie I: Lösungen zu Blatt 2
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(Es gilt max{a + b, c + d} ≤ max{a, c} + max{b, d} für alle a, b, c, d ∈ R, da
a + b ≤ max{a, c} + max{b, d} und c + d ≤ max{a, c} + max{b, d}.) Folglich gilt
auch die Dreiecksungleichung für d und dies zeigt, dass d eine Metrik auf Y ist.
(2) Seien y1 ∈ Y1 , y2 ∈ Y2 , r > 0; dann gilt
B((y1 , y2 ), r) =
=
=
=
=
{(y10 , y20 ) ∈ Y : d((y1 , y2 ), (y10 , y20 )) < r}
{(y10 , y20 ) ∈ Y : max{d1 (y1 , y10 ), d2 (y2 , y20 )} < r}
{(y10 , y20 ) ∈ Y : d1 (y1 , y10 ) < r und d2 (y2 , y20 ) < r}
{y10 ∈ Y1 : d1 (y1 , y10 ) < r} × {y20 ∈ Y2 : d2 (y2 , y20 ) < r}
B(y1 , r) × B(y2 , r) .
(3) Es gilt
f −1 (A1 × A2 ) =
=
=
=
=
{x ∈ X : f (x) ∈ A1 × A2 }
{x ∈ X : (f1 (x), f2 (x)) ∈ A1 × A2 }
{x ∈ X : f1 (x) ∈ A1 und f2 (x) ∈ A2 }
{x ∈ X : f1 (x) ∈ A1 } ∩ {x ∈ X : f2 (x) ∈ A2 }
f1−1 (A1 ) ∩ f2−1 (A2 ) .
Aufgabe 7:
Sei (Z, σ) ein metrischer Raum, g : X → Z eine Abbildung und sei V eine offene
Teilmenge von
S Z. Zu jedem z ∈ V gibt es dann ein ε > 0, so dass B(z, εz ) ⊂ V .
Nun ist V = z∈V B(z, εz ) und folglich ist
[
[
g −1 (V ) = g −1
B(z, εz ) =
g −1 (B(z, εz )) .
z∈V
z∈V
Ist also g −1 (B(z, r)) offen für alle z ∈ Z, r > 0, so ist g −1 (V ) offen für jede offene
Teilmenge von Z und damit ist g stetig.
Sei nun (y1 , y2 ) ∈ Y und r > 0; nach Aufgabe 6 ist dann
f −1 (B((y1 , y2 ), r) = f −1 (B(y1 , r) × B(y2 , r)) = f1−1 (B(y1 , r)) ∩ f2−1 (B(y2 , r))
und f1−1 (B(y1 , r)) und f2−1 (B(y2 , r)) sind beide offen, da f1 und f2 stetig sind.
Damit ist f −1 (B((y1 , y2 ), r) offen. Daraus ergibt sich nach dem ersten Teil, dass
f stetig ist.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 2
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Aufgabe 8:
Setze Y = R×R, definere f : X → Y durch f (x) = (f1 (x), f2 (x)) für jedes x ∈ X
und sei d : Y × Y → R+ gegeben durch
d((s1 , s2 ), (s01 , s02 )) = max{|s01 − s1 |, |s02 − s2 |} .
Nach Aufgabe 6 (1) ist d eine Metrik auf Y und nach Aufgabe 7 ist die Abbildung
f : X → Y stetig.
Definiere ⊕ : Y → R durch ⊕(s1 , s2 ) = s1 + s2 ; dann ist f1 + f2 = ⊕ ◦ f . Wir
zeigen, dass ⊕ stetig ist. Sei (s1 , s2 ) ∈ Y und ε > 0; setze δ = 12 ε. Ist (s01 , s02 ) ∈ Y
mit d((s1 , s2 ), (s01 , s02 )) < δ, so ist |s01 − s1 | < δ und |s02 − s2 | < δ und folglich ist
|⊕(s01 , s02 ) − ⊕(s1 , s2 )| = |(s01 + s02 ) − (s1 + s2 )| = |(s01 − s1 ) + (s02 − s2 )|
≤ |s01 − s1 | + |s02 − s2 | < δ + δ = ε .
Dies zeigt, dass ⊕ an der Stelle (s1 , s2 ) stetig ist für jedes (s1 , s2 ) ∈ Y , d.h. ⊕ ist
stetig. Daraus ergibt sich, dass f1 + f2 stetig ist.
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Aufgabe 9:
(1) Für alle x ∈ X, r > 0 sei BX (x, r) = {x0 ∈ X : d(x, x0 ) < r} und für y ∈ Y ,
r > 0 setze BY (y, r) = {y 0 ∈ Y : dY (y, y 0) < r}. Für jedes y ∈ Y ist dann
BY (y, r) = {y 0 ∈ Y : dY (y, y 0) < r} = {y 0 ∈ Y : d(y, y 0) < r} = BX (y, r) ∩ Y .
Sei O ∈ OY0S; für jedes y ∈ O gibt es dann ein εy > 0, so dass BY (y, εy ) ⊂ O.
Setze O 0 = y∈O BX (y, εy ); dann ist O 0 offen in X und
[
[
O0 ∩ Y =
BX (y, εy ) ∩ Y =
BY (y, εy ) = O
y∈O
y∈O
und damit ist O ∈ OY .
Sei umgekehrt O ∈ OY und folglich gibt es O 0 offen in X mit O = O 0 ∩ Y . Sei
y ∈ O; da y ∈ O 0 und O 0 offen im metrischen Raum X ist, gibt dann es ein ε > 0,
so dass BX (y, ε) ⊂ O 0 . Nun ist BY (y, ε) = BX (y, ε) ∩ Y ⊂ O 0 ∩ Y = O und dies
zeigt, dass O ∈ OY0 .
(2) Sei O offen in Y ; da f stetig ist, ist die Menge f −1 (O) offen in X. Aber
−1
−1
f|A
(O) = f −1 (O) ∩ A und damit ist f|A
(O) offen in A. Daraus folgt, dass f|A
stetig ist.
(3) Sei O offen in B; es gibt also O 0 offen in Y mit O = O 0 ∩ B. Aber
(f |B )−1 (O) = f −1 (O) = f −1 (O 0 ∩ B) = f −1 (O 0 ) ,
da f (X) ⊂ B, und f −1 (O 0 ) is offen in X, da f stetig ist. Dies zeigt, dass f |B
stetig ist.
Aufgabe 10:
(1) Sei x ∈ X; zu jedem y ∈ X mit y 6= x gibt es Sdann offene Mengen Oy , Oy0
mit x ∈ Oy0 , y ∈ Oy und Oy0 ∩ Oy = ∅. Setze O = y6=x Oy ; dann ist x ∈
/ O, da
x∈
/ Oy für jedes y 6= x. Andererseits ist y ∈ Oy ⊂ O für jedes y 6= x und damit
ist O = X \ {x}. Aber O ist offen und folglich ist {x} = X \ O abgeschlossen.
(2) Sei X eine Menge und setze
O = {∅} ∪ {A ⊂ X : X \ A ist endlich} .
Topologie I: Lösungen zu Blatt 3
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Dann ist O eine Topologie auf X und für jedes x ∈ X ist die Menge {x} abgeschlossen (da {x} endlich ist). Seien x1 , x2 ∈ X mit x1 6= x2 und nehme an,
es gibt O1 , O2 ∈ O mit x1 ∈ O1 , x2 ∈ O2 und O1 ∩ O2 = ∅. Insbesondere ist
O1 6= ∅, O2 6= ∅ und folglich sind X \ O1 und X \ O2 endlich. Aber
(X \ O1 ) ∪ (X \ O1 ) = X \ (O1 ∩ O2 ) = X \ ∅ = X
und damit ist X endlich. Ist also X unendlich, so ist X kein Hausdorff-Raum.
Aufgabe 11:
P
(1) Es gilt n≥0 2−n |zn − zn0 | = 0 genau dann, wenn zn = zn0 für alle n ≥ 0 und
daraus folgt, dass d({zn }n≥0 , {zn0 }n≥0 ) = 0 genau dann, wenn {zn }n≥0 = {zn0 }n≥0 .
Ferner ist
X
X
d({zn }n≥0 , {zn0 }n≥0 ) =
2−n |zn − zn0 | =
2−n |zn0 − zn | = d({zn0 }n≥0 , {zn }n≥0 )
n≥0
n≥0
für alle {zn }n≥0 , {zn0 }n≥0 ∈ M. Seien nun {zn }n≥0 , {zn0 }n≥0 , {zn00 }n≥0 ∈ M. Für
alle m ≥ 0 ist dann
m
X
n=0
2−n |zn − zn00 | ≤
m
X
=
m
X
≤
X
n=0
2−n |zn − zn0 | + |zn0 − zn00 |
+
m
X
2−n |zn0 − zn00 |
2−n |zn − zn0 | +
X
2−n |zn0 − zn00 |
2
−n
n=0
=
n≥0
|zn −
zn0 |
n=0
n≥0
0
d({zn }n≥0 , {zn }n≥0 ) + d({zn0 }n≥0 , {zn00 }n≥0 )
und daraus ergibt sich, dass
d({zn }n≥0 , {zn00 }n≥0 )
= lim
m→∞
m
X
n=0
2−n |zn − zn00 |
≤ d({zn }n≥0 , {zn0 }n≥0 ) + d({zn0 }n≥0 , {zn00 }n≥0 ) .
Dies zeigt, dass d eine Metrik auf M ist.
(2) Für alle m, m0 ∈ M und alle m ≥ 0 ist |pm (m) − pm (m0 )| ≤ 2m d(m, m0 ) und
folglich konvergiert die Folge {pm (mn )}n≥0 gegen pm (m) für jedes m ≥ 0, wenn
{mn }n≥0 gegen m konvergiert.
Nehme umgekehrt an, dass für jedes m ≥ 0 die Folge {pm (mn )}n≥0 gegen pm (m)
konvergiert. Für jedes m ≥ 0 gibt es dann ein Nm ≥ 0, so dass pm (mn ) = pm (m)
für alle n ≥ Nm
Topologie I: Lösungen zu Blatt 3
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Sei ε > 0 und wähle q ≥ 0, so dass 2−q < ε. Setze N = max{Nm : 0 ≤ m ≤ q}.
Für alle n ≥ q ist dann
X
d(mn , m) =
2−m |pm (mn ) − pm (m)|
m≥0
q
=
X
m=0
= 0+
2−m |pm (mn ) − pm (m)| +
X
m>q
2
−m
X
m>q
|pm (mn ) − pm (m)| ≤
2−m |pm (mn ) − pm (m)|
X
2−m = 2−q < ε
m>q
und dies zeigt, dass die Folge {mn }n≥0 gegen m konvergiert.
Aufgabe 12:
(1) Sei {mn }n≥0 eine Cauchy-Folge in (M, d). Wie in Aufgabe 11 (2) ist dann
{pm (mn )}n≥0 eine Cauchy-Folge (in {0, 1}) für jedes m ≥ 0. Für jedes m ≥ 0 gibt
es also Nm ≥ 0 und zm ∈ {0, 1}, so dass pm (mn ) = zm für alle n ≥ Nm . Setze
m = {zm }m≥0 . Dann konvergiert {pm (mn )}n≥0 gegen pm (m) für jedes m ≥ 0 und
daraus folgt nach Aufgabe 11 (2), dass die Folge {mn }n≥0 gegen m konvergiert.
Dies zeigt, dass die Cauchy-Folge {mn }n≥0 konvergiert.
(2) Für m ≥ 0 sei Nm = {{zn }n≥0 ∈ M : zn = 0 für alle n > m}. Die Menge
Mm ist endlich mit |Nm | = 2m+1 . Sei nun {zn }n≥0 ∈ M und sei {zn0 }n≥0 die
Folge mit zn0 = zn für n = 0, . . . , m und mit
zn0 = 0 für alle n > m. Dann ist
P
{zn0 }n≥0 ∈SNm und d({zn0 }n≥0 , {zn }n≥0 ) ≤ n>m 2−n = 2−m , und daraus folgt,
dass M = m∈Nm B(m, 2−m ).
Sei nun ε > 0 und wähle m ≥ 0 mit 2−m ≤ ε. Dann ist
[
[
B(m, ε)
B(m, 2−m ) ⊂
M=
m∈Nm
m∈Nm
und dies zeigt, dass (M, d) total beschränkt ist.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 4
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Lösungen: Blatt 4
Aufgabe 13:
√
Wähle eine reelle Zahl b ∈ [0, 1] \ Q (zum Beispiel b = 1/ 2). Dann gibt es eine
streng monoton wachsende Folge {`n }n≥1 und eine streng monoton fallende Folge
{rn }n≥1 aus X mit limn→∞ `n = limn→∞ rn = b. Für jedes n ≥ 1 sei
On = {x ∈ X : 0 ≤ x < `n oder rn < x ≤ 1} ;
dann ist On offen in X, da On = On0 ∩ X, wobei
On0 = {x ∈ R : x < `n oder rn < x} ,
S
/ X; d.h. {On }n≥1 ist eine
und On0 offen in R ist. Ferner ist X = n≥1 On , da b ∈
offene Überdeckung von
S X. Es gibt aber keine endliche Teilüberdeckung, da zum
Beispiel `m+1 ∈ X \ m
n=1 On für jedes m ≥ 1.
Aufgabe 14:
(1) Für jedes x ∈ A ist f (x) ∈ f (A) und damit ist x ∈ f −1 (f (A)).
(2) Ist y ∈ f (f −1 (B)), dann gibt es ein x ∈ f −1 (B) mit y = f (x) und also ist
y ∈ B. Folglich ist y ∈ B ∩ f (X), d.h. f (f −1 (B)) ⊂ B ∩ f (X). Ist umgekehrt
y ∈ B ∩ f (X), so gibt es ein x ∈ X mit y = f (x); dann ist x ∈ f −1 (B) und daher
ist y ∈ f (f −1 (B)), d.h. B ∩ f (X) ⊂ f (f −1 (B)).
(3) Ist A = f −1 (B), so ist nach (2) f (A) = f (f −1 (B)) = B ∩ f (X) und folglich
ist f −1 (B) = f −1 (B ∩ f (X)) = A.
Ab nun an ist f surjektiv.
(4) Dies folgt unmittelbar aus (2).
(5) Dies folgt unmittelbar aus (3).
(6) Ist A saturiert, so ist A = f −1 (B) mit B = f (A). Ist umgekehrt A = f −1 (B)
für ein B = f (A), so ist nach (5) f −1 (f (A)) = A, d.h. A ist saturiert.
(7) Nach (6) ist f −1 (f (A)) saturiert. Ist ferner A0 saturiert mit A ⊂ A0 , so ist
f −1 (f (A)) ⊂ f −1 (f (A0 )) = A0 .
(8) Sei y ∈ f (A) ∩ f (A0 ); da y ∈ f (A0 ), gibt es ein x ∈ A0 mit y = f (x), und da
f (x) = y ∈ f (A), ist dann x ∈ f −1 (f (A)). Aber f −1 (f (A)) = A, da A saturiert
Topologie I: Lösungen zu Blatt 4
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ist, und folglich ist x ∈ A ∩ A0 . Ist also A ∩ A0 = ∅, so ist f (A) ∩ f (A0 ) = ∅.
Daraus ergibt sich nun, dass auch
A ∩ f −1 (f (A0 )) = f −1 (f (A)) ∩ f −1 (f (A0 )) = f −1 (f (A) ∩ f (A0 )) = f −1 (∅) = ∅ .
(9) Ist A saturiert, so gibt es nach (6) ein B ⊂ Y mit A = f −1 (B) und dann ist
X \ A = X \ f −1 (B) = f −1 (Y \ B) und also ist nach (6) X \ A saturiert.
(10)SFür jedes i ∈SI gibt es nach
(6) ein Bi ⊂ T
Y mit Ai = f −1 (Bi ) und dann
T
f −1 i∈I Bi Tund i∈I Ai = f −1 i∈I Bi und daraus ergibt sich
ist i∈I Ai = S
nach(6), dass i∈I Ai und i∈I Ai saturiert sind.
Aufgabe 15:
(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.
(1) Nehme zunächst an, dass q abgeschlossen ist. Sei A ⊂ X abgeschlossen; dann
ist q(A) abgeschlossen und damit ist q −1 (q(A)) abgeschlossen, da q stetig ist.
Nehme also umgekehrt an, dass für jede abgeschlossene Menge A ⊂ X die Menge
q −1 (q(A)) abgeschlossen ist. Nach der Definition der Quotientenraumtopologie ist
B ⊂ Y abgeschlossen genau dann, wenn q −1 (B) in X abgeschlossen ist. Ist also
A ⊂ X abgeschlossen, so ist q(A) abgeschlossen, da q −1 (q(A)) abgeschlossen ist,
und daher ist q abgeschlossen.
(2) Da A ⊂ O, ist A ∩ (X \ O) = ∅ und daraus folgt nach Aufgabe 14 (8),
dass A ∩ B = ∅, wobei B = q −1 (q(X \ O)). Nun ist X \ O abgeschlossen in
X, also ist q(X \ O) abgeschlossen in Z (da q abgeschlossen ist). Damit ist B
abgeschlossen in X (da q stetig ist) und nach Aufgabe 14 (6) ist B saturiert.
Setze O 0 = X \ B; dann ist O 0 offen in X und nach Aufgabe 14 (9) ist O 0
saturiert. Aber A ⊂ O 0 , da A ∩ B = ∅ und auch O 0 ⊂ O, da nach Aufgabe 14 (1)
X \ O ⊂ q −1 (q(X \ O)) = B = X \ O 0 .
(3) Seien A1 und A2 abgeschlossen und saturiert mit A1 ∩ A2 = ∅. Da X normal
ist, gibt es offene Mengen O1 und O2 mit A1 ⊂ O1 , A2 ⊂ O2 und O1 ∩ O2 = ∅.
Nach (1) gibt es dann offene saturierte Mengen O10 , O20 mit A1 ⊂ O10 ⊂ O1 und
A2 ⊂ O20 ⊂ O2 und insbesondere ist A1 ⊂ O10 , A2 ⊂ O20 und O10 ∩ O20 = ∅.
Aufgabe 16:
(1) Sei X quasi-normal und seien B1 , B2 ⊂ Z abgeschlossen mit B1 ∩ B2 = ∅.
Setze A1 = q −1 (B1 ), A2 = q −1 (B2 ). Dann sind A1 und A2 abgeschlossen (da q
stetig ist) und A1 ∩ A2 = ∅ (da B1 ∩ B2 = ∅). Ferner sind nach Aufgabe 14 (6)
A1 und A2 saturiert. Nach Aufgabe 15 (2) gibt es also offene saturierte Mengen
Topologie I: Lösungen zu Blatt 4
12
O10 , O20 mit A1 ⊂ O10 , A2 ⊂ O20 und O10 ∩ O20 = ∅. Setze O1 = q(O10 ), O2 = q(O20 ).
Dann ist nach Aufgabe 14 (4) B1 = q(q −1 (B1 )) = q(A1 ) ⊂ q(O10 ) = O1 und
genauso ist B2 ⊂ O2 , und nach Aufgabe 14 (8) ist O1 ∩ O2 = ∅. Ferner sind O1
und O2 offen in Z, da q −1 (O1 ) = q −1 (q(O10 )) = O10 , q −1 (O2 ) = q −1 (q(O20 )) = O20
und O10 und O20 offen in X sind. Dies zeigt, dass Z quasi-normal ist.
(2) Sei X normal und sei z ∈ Z. Da q surjektiv ist, gibt es x ∈ X mit q(x) = z
und dann ist q({x}) = {z}. Aber {x} ist abgeschlossen, da X Hausdorff-Raum
ist und damit ist {z} abgeschlossen, da q abgeschlossen ist. Folglich ist die Menge
{z} abgeschlossen für jedes z ∈ Z und nach (1) ist Z quasi-normal. Daher ist Z
normal.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 5
13
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Lösungen: Blatt 5
Aufgabe 17:
Für jedes x ∈ K ist 0 ≤ k(kxk − 1)xk = (kxk − 1)kxk ≤ 2 und folglich können
wir eine Abbildung f : K → D 2 definieren durch
f (x) = 21 (kxk − 1)x
für jedes x ∈ K. Nach Ergebnissen aus Analysis II ist f stetig.
Nun hat jedes Element in K eine eindeutige Darstellung der Form rx mit x ∈ S 1
und 1 ≤ r ≤ 2 und dann ist f (rx) = 21 (r − 1)rx. Für jedes x ∈ S 1 bildet also
f die Strecke {rx : 1 ≤ r ≤ 2} bijektiv auf die Strecke {sx : 0 ≤ s ≤ 1} ab.
Daraus ergibt sich: f bildet K \ S 1 bijektiv auf D 2 \ {0} ab und f (S 1 ) = {0}.
Insbesondere ist f surjektiv.
Ferner gilt: Sind x1 , x2 ∈ K, so ist f (x1 ) = f (x2 ) genau dann, wenn entweder
x1 und x2 beide in S 1 liegen oder wenn x1 ∈ K \ S 1 und x2 = x1 . Daher gilt
f (x1 ) = f (x2 ) genau dann, wenn q(x1 ) = q(x2 ), wobei q : K → K/S 1 die
Projektion ist. Es gibt also eine (eindeutige) Abbildung g : K/S 1 → D 2 , so
dass f = g ◦ q. Diese Abbildung g ist bijektiv (g ist surjektiv, da f surjektiv
ist) und nach der Definition der Quotientenraum-Topologie ist g stetig. Aber K
ist kompakt (Analysis II) und damit ist K/S 1 quasi-kompakt; D 2 ist HausdorffRaum (da R2 Hausdorff-Raum ist). Daraus ergibt sich, dass g −1 stetig ist. Dies
zeigt, dass die Räume K/S 1 und D 2 topologisch äquivalent sind.
Aufgabe 18:
(1) Sei {Oi }i∈I eine Familie von Mengen
Für jedes i ∈ I gibt es dann eine
S aus O.
i
i
Familie {Bj }j∈Ji aus B, so dass Oi = j∈Ji Bj und folglich ist
[
i∈I
Oi =
[[
i∈I j∈Ji
Bji ∈ V(B) = O .
Damit gilt (O3).
(2) Gilt
S (B1), so gibt es für jedes x ∈ X ein Bx ∈ B mit x ∈ Bx und folglich ist
X = x∈X Bx ∈ V(B) = O. Also gilt (O4).
S
Ist umgekehrt X ∈ O, so gibt es eine Familie {Bi }i∈I aus B, so dass X = i∈I Bi ,
und daher gibt es zu jedem x ∈ X ein i ∈ I mit x ∈ Bi , und dies zeigt, dass (B1)
gilt.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 5
14
(3) Nehme zunächst an, dass (B2) gilt. Seien B1 , B2 ∈ B. Für jedes gibt es ein
x ∈ B1 ∩ B2 ein Bx ∈ B mit x ∈ Bx ⊂ B1 ∩ B2 und folglich ist
[
B1 ∩ B 2 =
Bx ∈ V(B) = O .
x∈B1 ∩B2
Seien S
nun O1 , O2 ∈ O. S
Dann gibt es Familien {Bi }i∈I , {Bj0 }j∈J aus B, so dass
O1 = i∈I Bi und O2 = j∈J Bj0 und also ist
[
[
[[
O1 ∩ O 2 =
Bi ∩
Bj0 =
Bi ∩ Bj0 .
i∈I
j∈J
i∈I j∈J
Aber Bi ∩Bj0 ∈ O und nach (1) gilt (O3) und daraus ergibt sich, dass O1 ∩O2 ∈ O.
Daher gilt (O2).
Nehme nun umgekehrt an, dass (O2) gilt. Seien B1 , B2 ∈ B und sei x ∈ B1 ∩ B2 .
Da B ⊂ O, ist nach
B1 ∩ B2 ∈ O. Es gibt also eine Familie {Bi0 }i∈I aus B, so
S (O2)
0
dass B1 ∩ B2 = i∈I Bi und folglich gibt es in i ∈ I mit x ∈ Bi0 . Da Bi0 ⊂ B1 ∩ B2 ,
ergibt sich daraus, dass (B2) gilt.
Aufgabe 19:
(1) Es gilt (B1), da X ∈ B, und es gilt (B2), da B1 ∩ B2 ∈ B für alle B1 , B2 ∈ B.
Nach Aufgabe 18 gilt also (O1), (O2), (O3) und (O4) für O = V(B) und damit
ist O eine Topologie auf X.
(2) Sei B das System aller Teilmengen von X1 × X2 der Form A × B mit A ⊂ X1
offen und B ⊂ X2 offen. Insbesondere ist X = X1 × X2 ∈ B. Da ferner
(A × B) ∩ (A0 × B 0 ) = (A ∩ A0 ) × (B ∩ B 0 )
für alle A, A0 ⊂ X1 , B, B 0 ⊂ X2 , ist B1 ∩ B2 ∈ B für alle B1 , B2 ∈ B. Damit ist
nach (1) O = V(B) eine Topologie auf X1 × X2 .
Aufgabe 20:
S
Sei {Oi }i∈I eine Familie von offenen Teilmengen von X mit X = i∈I . Zu jedem
x ∈ X gibt es ein ix ∈ I mit x ∈ Oix und folglich gibt
S es ein Bx ∈ B mit
x ∈ Bx ⊂ Oix . Da x ∈ Bx für jedes x ∈ X, gilt
S nun X = x∈X Bx und also gibt
es eine endliche Menge N ⊂ X, so dass X = x∈N Bx . Setze
M = {i ∈ I : i = ix für ein x ∈ N } ;
S
S
S
dann ist MSendlich (da N endlich ist) und X = x∈N Bx ⊂ x∈N Oix = i∈M Oi ,
d.h. X = i∈M Oi . Dies zeigt, dass X quasi-kompakt ist.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 6
15
Sommersemester 2007
C. Preston
Übungen zu Topologie I
Lösungen: Blatt 6
Aufgabe 21:
Für jedes i ∈ I sei pi : X → Xi und p0i : Y → Yi die Projektionen.
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. Ferner sei SY das System von Teilmengen
von Y bestehend aus allen Mengen der Form (p0i )−1 (Ai ∩ Yi ) mit Ai ⊂ Xi offen
und i ∈ I. Also ist S eine Subbasis der Produkt-Topologie auf X und SY eine
Subbasis der Produkt-Topologie OY auf Y .
0
Nun ist (p0i )−1 (Ai ∩ Yi ) = p−1
i (Ai ) ∩ Y für jedes Ai ⊂ Xi und damit ist SY = SY ,
0
0
wobei SY = {B ⊂ Y : B = A ∩ Y für ein A ∈ S}. Aber SY ist eine Subbasis der
Topologie OY0 und folglich ist OY = OY0 .
(Ist X ein topologischer Raum, S eine Subbasis der Topologie und Y ⊂ X, so ist
{B ⊂ Y : B = A ∩ Y für ein A ∈ S} stets eine Subbasis der Unterraumtopologie
auf Y .)
Aufgabe 22:
P
(1) Es gilt n≥1 2−n dn (xn , x0n ) = 0 genau dann, wenn dn (xn , x0n ) = 0 und damit
wenn xn = x0n für alle n ≥ 0 und daraus folgt, dass d({xn }n≥1 , {x0n }n≥1 ) = 0
genau dann, wenn {xn }n≥1 = {x0n }n≥1 . Ferner ist
X
d({xn }n≥1 , {x0n }n≥1 ) =
2−n dn (xn , x0n )
n≥1
=
X
n≥1
2−n dn (x0n , xn ) = d({x0n }n≥1 , {xn }n≥1 )
für alle {xn }n≥1 , {x0n }n≥1 ∈ X. Seien nun {xn }n≥1 , {x0n }n≥1 , {x00n }n≥1 ∈ X. Für
alle m ≥ 1 ist dann
m
X
n=1
2−n dn (xn , x00n ) ≤
m
X
=
m
X
≤
X
n≥1
X
=
d({xn }n≥1 , {x0n }n≥1 )
+ d({x0n }n≥1 , {x00n }n≥1 )
n=1
2−n dn (xn , x0n ) + d(x0n − x00n )
2
−n
dn (xn , x0n )
2
−n
dn (xn , x0n )
+
n=1
m
X
2−n dn (x0n , x00n )
n=1
+
2−n dn (x0n , x00n )
n≥1
Topologie I: Lösungen zu Blatt 6
16
und daraus ergibt sich, dass
d({xn }n≥1 , {x00n }n≥1 )
= lim
m→∞
m
X
2−n dn (xn , x00n )
n=1
≤ d({xn }n≥1 , {x0n }n≥1 ) + d({x0n }n≥1 , {x00n }n≥1 ) .
Dies zeigt, dass d eine Metrik auf X ist.
(2) Für x ∈ X, r > 0 sei B(x, r) = {y ∈ X : d(x, y) < r} und für x ∈ Xm sei
Bm (x, r) = {y ∈ Xm : dm (x, y) < r}.
Es gilt O ⊂ Od :
Sei m ≥ 1, A ⊂ Xm offen und B = p−1
m (A), wobei pj : X → Xj die Projektion
ist. Sei x = {xn }n≥1 ∈ B; dann ist xm ∈ A und damit
es ein ε > 0, so dass
P gibt −n
−m
0
0
−m
B(x, 2 ε) ⊂ B. Für x = {xn }n≥1 ∈ B(x, 2 ε) ist n≥1 2 dn (xn , x0n ) < 2−m ε
und daher ist dm (xm , x0m ) < ε, d.h. x0m ∈ Bm (xm , ε) ⊂ A. Daraus ergibt sich, dass
−m
x0 ∈ p−1
ε) ⊂ B. Dies zeigt, dass B ∈ Od . Folglich
m (A) = B und also ist B(x, 2
ist S ⊂ Od , wobei S das System aller Mengen der Form p−1
m (A) mit m ≥ 1 und
A ⊂ Xm offen. Aber S ist eine Subbasis der Topologie O und damit ist O ⊂ Od .
Es gilt Od ⊂ O:
Sei O ∈ Od und x = {xn }n≥0 ∈ O. Dann gibt es ein ε > 0, so dass B(x, ε) ⊂ O.
Wähle m ≥ 1 mit 2−m+1 < ε und für n = 1, . . . , m sei An = B(xn , ε/2). Setze
Y
B = A1 × · · · × Am ×
Xn ;
n>m
also ist B ∈ O und x ∈ B. Für alle x0 = {x0n }n≥1 ∈ B ist dann
0
d(x, x ) =
=
X
n≥1
m
X
n=1
2
−n
dn (xn , x0n )
≤
m
X
2
−n
dn (xn , x0n )
n=1
2−n dn (xn , x0n ) + 2−m ≤
+
m
X
2−n
n>m
m
X
2−n ε/2 + 2−m < ε/2 + ε/2 = ε
n=1
und damit ist B ⊂ B(x, ε) ⊂ O. Folglich gibt es zu jedem x ∈ O ein B ∈ O mit
x ∈ B ⊂ O und damit ist O ∈ O. Dies zeigt, dass Od ⊂ O.
Aufgabe 23:
(1) Sei {xm }m≥1 eine Cauchy-Folge in (X, d) mit xm = {xm
n }n≥1 für jedes m ≥ 1.
Für jedes n ≥ 1 ist
X
dn (xpn , xqn ) ≤ 2n
2−k dk (xpk , xqk ) = 2n d(xp , xq )
k≥1
Topologie I: Lösungen zu Blatt 6
17
und damit ist {xm
n }m≥1 eine Cauchy-Folge in (Xn , dn ). Da (Xn , dn ) vollständig
m
ist, konvergiert die Folge {xm
n }m≥1 ; sei zn = limm→∞ xn und setze z = {zn }n≥1 .
Sei ε > 0 und wähle p ≥ 1 mit 2−p+1 < ε. Für jedes n = 1, . . . , p gibt es ein
Mn ≥ 1 mit dn (zn , xm
n ) < ε/2 für alle m ≥ Mn . Sei M = max{Mn : 1 ≤ n ≤ p};
für alle m ≥ M gilt dann
d(z, xm ) =
X
2
−n
dn (zn , xm
n)
n≥1
p
=
X
≤
p
X
2−n dn (zn , xm
n)+
n=1
X
2−n
n>p
p
−p
2−n dn (zn , xm
<
n)+2
n=1
X
2−n ε/2 + 2−p < ε/2 + ε/2 = ε
n=1
und folglich konvergiert die Cauchy-Folge {xm }m≥1 gegen z. Dies zeigt, dass (X, d)
vollständig ist.
(2) Ist Xn = ∅ für ein n ≥ 1, so ist X = ∅ und in diesem Fall ist X trivial total
beschränkt. Wir können also annehmen, dass Xn 6= ∅ für alle n ≥ 1.
Sei ε > 0; da (X
endliche Menge Nn ⊂ Xn ,
S n , dn ) total beschränkt ist, gibt es eine
−m+1
so dass Xn = x∈Nn Bn (x, ε/2). Wähle m ≥ 1 mit 2
< ε und für jedes n > m
wähle ein Element zn ∈ Xn . Sei N ⊂ X die Menge aller Elemente {xn }n≥1 in X,
für die gilt: xn ∈ Nn für jedes n = 1, . . . , m und xn = zn für alle n > m. Dann
ist N endlich (mit |N | = |N1 | × · · · × |Nm |). Sei nun x0 = {x0n }n≥1 ∈ X; für jedes
n = 1, . . . , m gibt es ein xn ∈ Nn mit dn (xn , x0n ) < ε/2. Setze xn = zn für jedes
n > m. Dann ist x = {xn }n≥1 ∈ N und
0
d(x, x ) =
X
2
−n
dn (xn , x0n )
n≥1
≤
<
m
X
n=1
m
X
2
−n
dn (xn , x0n )
+
m
X
2−n
n>m
2−n ε/2 + 2−m < ε/2 + ε/2 = ε ;
n=1
d.h. x0 ∈ B(x, ε). Folglich gilt X =
beschränkt ist.
S
x∈N
B(x, ε) und dies zeigt, dass X totsl
Aufgabe 24:
(1) Es gilt
X=
p−1
i (Xi )
=
p−1
i
[
j∈Ni
Aj =
[
j∈Ni
p−1
i (Aj ) =
[
j∈Ni
Uj .
Topologie I: Lösungen zu Blatt 6
18
S
(2) Nehme an, dass j∈Ji A
Sj 6= Xi für jedes i ∈ I. Für jedes i ∈ I gibt es dann
ein xi ∈ Ji mit xi ∈ Xi \ j∈Ji Aj . Setze x = {xi }i∈I ; also ist pi (x) = xi und
daraus ergibt sich, dass für alle i ∈ I
[ [
[
−1
−1
x ∈ p−1
X
\
A
=
p
(X
)
\
p
(A
)
=
X
\
Uj .
i
j
i
j
i
i
i
j∈Ji
j∈Ji
j∈Ji
S
T
Folglich ist x ∈ i∈I (X \ j∈Ji Uj ), und dies ist nicht möglich, da
[[
[
\
[ Uj = X \
Uj = X \ X = ∅ .
Uj = X \
X\
i∈I
j∈Ji
i∈I j∈Ji
j∈J
(3) Sei {Uj }j∈J eine Überdeckung von X mit Mengen aus S. Gibt es ein k ∈ J
mit Uk = X, so ist {Uj }j∈{k} eine endliche Teilüberdeckung; wir können also
annehmen, dass Uj 6= X für alle j ∈ J und verwendenS die Schreibweise aus
Teilen (1) und (2). Nach (2) gibt es ein i ∈ I, so dass j∈Ji Aj = Xi und da
Xi quasi-kompakt ist, gibt es dann eine endliche S
Teilmenge Ni ⊂ Ji , so dass
S
j∈Ni Aj = Xi . Daraus ergibt sich nach (1), dass
j∈Ni Uj = X, und daher ist
{Uj }j∈Ni eine endliche Teilüberdeckung.
Zusatzaufgabe I*:
(1) Nehme an, dass Sx 6⊂ F für jedes x ∈ S
X. Für jedes x ∈ X gibt es dann
ein Ax ∈ Sx mit Ax ∈
/ F . Da x ∈ Ax ,Sist x∈X Ax = X und folglich gibt es
eine endliche Menge N ⊂ X, so dass x∈N Ax = X.TNach Lemma 1 ist nun
X
T \ Ax ∈ F für jedesSx ∈ X und damit ist nach (F2) x∈N (X \ Ax ) ∈ F . Aber
x∈N (X \ Ax ) = X \ x∈X Ax = X \ X = ∅ und nach (F1) ist dies nicht möglich.
Daraus ergibt sich, dass Sx ⊂ F für mindestens ein x ∈ X.
(2) Nach (1) gibt es ein x ∈ X, so dass Sx ⊂ F . Sei nun B ∈ Bx ; dann gibt es
A1 , . . . , An ∈ S, so dass B = A1 ∩ · · · ∩ An , und da x ∈ B, ist x ∈ Ak für jedes k,
d.h. A1 , . . . , An ∈ Sx ⊂ F . Folglich ist nach (F2) B ∈ F und daher ist Bx ⊂ F .
Zusatzaufgabe II*:
(1) Per Definition ist X \ Oi ∈ G ⊂ G ⊃ ⊂ F und daraus folgt nach Lemma 1,
dass Oi ∈
/ F.
(2) Sei x ∈ X mit Bx ⊂ F . Ist O ⊂ X offen mit x ∈ O, so gibt es ein B ∈ Bx
mit B ⊂ O und folglich ist nach (F3)SO ∈ F , da B ∈ F . Daraus folgt nach (1),
dass x ∈
/ Oi für jedes i ∈ I, d.h. x ∈
/ i∈I Oi .
(3) Nach Zusatzaufgabe I* (2)Sgibt es ein x ∈ X, so dass
S Bx ⊂ F , und daraus
ergibt sich nach (2), dass x ∈
/ i∈I Oi . Insbesondere ist i∈I Oi 6= X.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 7
19
Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
C. Preston
Lösungen: Blatt 7
Aufgabe 25:
Für s ∈ [0, 2π] sei es = (cos s, sin s) ∈ R2 , setze
2
G+
s = {v ∈ R : v = λes für ein λ ∈ R mit λ > 0}
0
0
0
und sei Es+ = G+
s × R. Sind s, s ∈ [0, 2π] mit s 6= s und {s, s } 6= {0, 2π}, so gilt
Es+ ∩ Es+0 = ∅. Aber hn (s, t) ∈ Es+ für alle (s, t) ∈ [0, 2π] × [−1, 1] und folglich ist
hn (s, t) 6= hn (s0 , t0 ), falls s, s0 ∈ [0, 2π] mit s 6= s0 und {s, s0 } 6= {0, 2π}.
Sei nun s ∈ [0, 2π] und t, t0 ∈ [−1, 1] mit hn (s, t) = hn (s, t0 ). Da
((cos s)(2 + (cos n2 s)t), (sin s)(2 + (cos n2 s)t))
= ((cos s)(2 + (cos n2 s)t0 ), (sin s)(2 + (cos n2 s)t0 )) ,
gilt 2 + (cos n2 s)t = 2 + (cos n2 s)t0 und damit (cos n2 s)t = (cos n2 s)t0 , und da ferner
(sin n2 s)t = (sin n2 s)t0 gilt, ist t = t0 . Also gilt hn (s, t) 6= hn (s, t0 ) für alle s ∈ [0, 2π]
und alle t, t0 ∈ [−1, 1] mit t 6= t0 .
Für alle t ∈ [−1, 1] gilt hn (0, t) = (2 + t, 0, 0) und hn (2π, t) = (2 + (−1)n t, 0, 0).
Ist also n gerade, so ist hn (0, t) = hn (2π, t0 ) genau dann, wenn t = t0 , und ist n
ungerade, so ist hn (0, t) = hn (2π, t0 ) genau dann, wenn t = −t0 .
Definiere Äquivalenzrelationen ∼ und ∼0 auf [0, 2π] × [−1, 1] durch:
Ist s ∈ (0, 2π), so gilt (s, t) ∼ (s0 , t0 ) genau dann, wenn s = s0 und t = t0 , und
ist s ∈ {0, 2π}, so gilt (s, t) ∼ (s0 , t0 ) genau dann, wenn s0 ∈ {0, 2π} und t = t0 .
Ist s ∈ (0, 2π), so gilt (s, t) ∼0 (s0 , t0 ) genau dann, wenn s = s0 und t = t0 , und ist
s ∈ {0, 2π}, so gilt (s, t) ∼0 (s0 , t0 ) genau dann, wenn s0 ∈ {0, 2π} und t = −t0 .
Seien (s, t), (s0 , t0 ) ∈ [0, 2π]×[−1, 1]; ist n gerade, so gilt hn (s, t) = hn (s0 , t0 ) genau
dann, wenn (s, t) ∼ (s0 , t0 ) und ist n ungerade, so gilt hn (s, t) = hn (s0 , t0 ) genau
dann, wenn (s, t) ∼0 (s0 , t0 ).
Nun ist [0, 2π] × [−1, 1] kompakt, R3 ist Hausdorff-Raum und die Abbildung hn
ist stetig (da die Abbildungen
(s, t) 7→ (cos s)(2 + (cos n2 s)t) , (s, t) 7→ (sin s)(2 + (cos n2 s)t) , (s, t) 7→ (sin n2 s)t
stetig sind). Daraus ergibt sich: Ist n gerade (bzw. ungerade), so ist Bn topologisch
äquivalent zum Quotientenraum [0, 2π] × [−1, 1]/∼ (bzw. zum Quotientenraum
[0, 2π] × [−1, 1]/∼0 ). Insbesondere sind Bm und Bn topologisch äquivalent, wenn
m und n beide gerade oder beide ungerade sind.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 7
20
Aufgabe 26:
Die Abbildung h : [0, 2π] × [0, 2π] → R4 is stetig, da die Abbildungen
(s, t) →
7 (cos s)(2 + (cos 12 s)(sin t)) ,
(s, t) →
7 (sin s)(2 + (cos 12 s)(sin t)) ,
(s, t) →
7 (sin 12 s)(sin t) und (s, t) 7→ cos t
stetig sind. Ferner ist [0, 2π] × [0, 2π] kompakt und R4 Hausdorff-Raum. Folglich
ist B topologisch äquivalent zum Quotientenraum [0, 2π] × [0, 2π]/∼.
Für s ∈ [0, 2π] sei es = (cos s, sin s) ∈ R2 , setze wieder
2
G+
s = {v ∈ R : v = λes für ein λ ∈ R mit λ > 0}
2
0
0
0
und sei Us+ = G+
s × R . Sind s, s ∈ [0, 2π] mit s 6= s und {s, s } 6= {0, 2π}, so
gilt Us+ ∩ Us+0 = ∅. Aber h(s, t) ∈ Us+ für alle (s, t) ∈ [0, 2π] × [0, 2π] und folglich
ist h(s, t) 6= h(s0 , t0 ), falls s, s0 ∈ [0, 2π] mit s 6= s0 und {s, s0 } 6= {0, 2π}.
Sei nun s ∈ [0, 2π] und t, t0 ∈ [0, 2π] mit h(s, t) = h(s, t0 ). Da
((cos s)(2 + (cos 21 s)(sin t)), (sin s)(2 + (cos 21 s)(sin t)))
= ((cos s)(2 + (cos 12 s)(sin t0 )), (sin s)(2 + (cos 12 s)(sin t0 ))) ,
gilt (cos 12 s)(sin t) = (cos 21 s)(sin t0 ), und da ferner (sin 12 s)(sin t) = (sin 21 s)(sin t0 )
gilt, ist sin t = sin t0 . Da schließlich auch cos t = cos t0 , ist entweder t = t0 oder
{t, t0 } = {0, 2π}. Für alle s ∈ [0, 2π] gilt also h(s, t) 6= h(s, t0 ) für alle t, t0 ∈ [0, 2π]
mit t 6= t0 und {t, t0 } 6= {0, 2π}; andererseits gilt h(s, 0) = h(s, 2π)
Ferner gilt h(0, t) = (2 + sin t, 0, 0, cos t) und h(2π, t) = (2 − sin t, 0, 0, cos t) für
alle t ∈ [0, 2π]. Folglich gilt h(0, t) = h(2π, t0 ) genau dann, wenn t0 = 2π − t oder
t = t0 = 0 oder t = t0 = 2π.
Daraus ergibt sich, dass die Äquivalenzrelation ∼ auf [0, 2π] × [0, 2π] gegeben ist
durch:
Sind s, t ∈ (0, 2π), so gilt (s0 , t0 ) ∼ (s, t) genau dann, wenn s0 = s und t0 = t.
Ist s ∈ (0, 2π) und t ∈ {0, 2π}, so gilt (s0 , t0 ) ∼ (s, t) genau dann, wenn s0 = s
und t0 ∈ {0, 2π}.
Ist t ∈ (0, 2π), so gilt (s0 , t0 ) ∼ (0, t) genau dann, wenn s0 = 0 und t0 = t oder
s0 = 2π und t0 = 2π − t.
Ist t ∈ (0, 2π), so gilt (s0 , t0 ) ∼ (2π, t) genau dann, wenn s0 = 2π und t0 = t oder
s0 = 0 und t0 = 2π − t.
Sind s, t ∈ {0, 2π}, so gilt (s0 , t0 ) ∼ (s, t) genau dann, wenn s0 , t0 ∈ {0, 2π}.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 7
21
Aufgabe 27:
(1) Für jedes i ∈ I sei pi : X → Xi ; da pi ◦ f = fi , ist pi ◦ f = fi stetig für jedes
i ∈ I und damit ist f stetig.
(2) Seien y1 , y2 ∈ Y mit y1 6= y2 ; es gibt also ein j ∈ I mit fj (y1 ) 6= fj (y2 ) und
folglich ist f (y1 ) = {fi (y1 )}i∈I 6= {fi (y2 )}i∈I = f (y2 ). Dies zeigt, dass f injektiv
ist.
(3) Sei O ⊂ Y offen und sei y ∈ O; dann ist F = Y \ O abgeschlossen und
y ∈ Y \ F und folglich gibt es ein j ∈ I und V ⊂ Xj offen mit fj (y) ∈ V , so dass
0
V ∩ fj (X \ O) = ∅. Setze Oy0 = p−1
j (V ); also ist Oy eine offene Teilmenge von X
0
0
mit f (y) ∈ Oy . Sei x ∈ Oy ∩ f (Y ); dann ist x = f (y 0 ) für ein y 0 ∈ Y und damit ist
fj (y 0 ) ∈ V . Daher ist fj (y 0 ) ∈
/ fj (X \ O) und daraus ergibt sich, dass y 0 ∈
S O, d.h.
0
x = f (y ) ∈ f (O) und dies zeigt, dass Oy0 ∩ f (Y ) ⊂ f (O). Setze O 0 = y∈O Oy0 ;
dann ist O 0 ⊂ X offen und es gilt
[
[
f (O) = f (O) ∩ f (Y ) ⊂ O 0 ∩ f (Y ) =
Oy0 ∩ f (Y ) ⊂
f (O) = f (O) ;
y∈O
y∈O
d.h. f (O) = O 0 ∩ f (Y ). (Es gilt f (O) ⊂ O 0 , da f (y) ∈ Oy0 für jedes y ∈ O.)
(4) Dies folgt unmittelbar aus (1), (2) und (3).
Aufgabe 28:
Q
Für jedes n ≥ 1 setze Xn = [0, 1] und sei X = n≥1 Xn (wieder mit der ProduktTopologie). Definiere f : Y → X durch f (y) = {fn (y)}n≥1 . Nach Aufgabe 27!(1)
ist f stetig.
Seien y1 , y2 ∈ Y mit y1 6= y2 . Da Y Hausdorff-Raum ist, ist {y2 } abgeschlossen
und y1 ∈ Y \ {y2 }. Nach (S3) gibt es also ein n ≥ 1, so dass fn (y2 ) = 0 und
fn (y1 ) > 0, und insbesondere ist fn (y1 ) 6= fn (y2 ). Damit gilt (S1).
Sei nun F ⊂ Y abgeschlossen und y ∈ Y \ F . Nach (S3) gibt es ein n ≥ 1, so dass
fn (z) = 0 für alle z ∈ F und fn (y) > 0. Setze V = (ε, 1], wobei 0 < ε < fn (y).
Dann ist V ⊂ [0, 1] = Xn offen, fn (y) ∈ V und V ∩ fn (F ) = (ε, 1] ∩ {0} = ∅.
Folglich gilt (S2).
Daraus ergibt sich nach Aufgabe 27 (4), dass f : Y → f (Y ) eine topologische
Äquivalenz ist. Dies zeigt: Y ist topologisch äquivalent zum topologischen Raum
Z = f (Y ) (mit der Unterraumtopologie als Teilmenge von X).
Sei d : X × X → R+ die durch
d({xn }n≥1 , {x0n }n≥1 ) =
X
n≥1
2−n |xn − x0n |
Topologie I: Lösungen zu Blatt 7
22
definierte Abbildung. Nach Aufgabe 22 ist d eine Metrik und 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.
Sei OZ das System der offenen Teilmengen in Z (mit der Unterraumtopologie)
und OZ0 das System der offenen Mengen im metrischen Raum (Z, dZ ), wobei dZ
die Einschänkung der Metrik d auf Z ×Z ist. Nach Aufgabe 9 (1) ist OZ0 = OZ und
daraus ergibt sich, dass Y topologisch äquivalent zum metrischen Raum (Z, dZ )
ist.
Zusatzaufgabe III*:
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 : Es gibt F abgeschlossen mit
Bm ⊂ F ⊂ Bn und dann sind F und X \ Bn abgeschlossen mit F ∩ (X \ Bn ) = ∅.
Nach (M2) gibt es also eine stetige Abbildung gm,n : Y → [0, 1] mit gm,n (y) = 0
für alle y ∈ X \Bn und gm,n (y) = 1 für alle y ∈ K und insbesondere ist gm,n (y) = 1
für alle y ∈ Bm .
Sei F ⊂ Y abgeschlossen und y ∈ Y \ F ; da Y \ F offen ist, gibt es ein n ≥ 1,
so dass y ∈ Bn ⊂ Y \ F . Da Y Hausdorff-Raum ist, ist {y} abgeschlossen und
{y} ∩ (Y \ Bn ) = ∅. Nach (M1) gibt es also eine stetige Abbildung g : Y → [0, 1]
mit g(z) = 0 für alle z ∈ X \Bn und g(y) = 1. Die Menge O = {z ∈ Y : g(z) > 12 }
ist nun offen und y ∈ O und daher gibt es ein m ≥ 1, so dass y ∈ Bm ⊂ O. Aber
F = {z ∈ Y : g(z) ≥ 41 } ist abgeschlossen und Bm ⊂ F ⊂ Bn . Daraus ergibt
sich, dass (m, n) ∈ N . Folglich ist gm,n (y) = 1 (da y ∈ Bm ) und gm,n (z) = 0 für
alle y ∈ F (da F ⊂ Y \ Bn ).
Da die Menge N abzählbar ist, gibt es eine Aufzählung {fn }n≥1 der Elemente in
der Familie {gm,n : (m, n) ∈ N } und dann gilt (S3) für die Folge {fn }n≥1 . Nach
Aufgabe 28 ist also Y topologisch äquivalent zu einem metrischen Raum.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 8
23
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C. Preston
Lösungen: Blatt 8
Aufgabe 29:
(1) Da qY (y) = qY (y 0 ) genau dann, wenn qX (f (y)) = qX (f (y 0 )), gibt es eine
eindeutige Abbildung g : Y 0 → X 0 , so dass g ◦ qY = qX ◦ f und g ist injektiv. Ist
−1
O ⊂ X 0 offen, so ist g −1 (O) ⊂ Y 0 offen, da qY−1 (g −1 (O)) = f −1 (qX
(0)) ⊂ Y offen
ist. Damit ist g stetitg.
(2) Da Y kompakt ist, ist Y 0 quasi-kompakt. Ferner ist X 0 Hausdorff-Raum, da
X kompakt ist und qX abgeschlossen. Folglich ist nach (1) g : Y 0 → Bild (g) eine
topologische Äquivalenz.
Aufgabe 30:
(1) und (2): Aufgabe 29 mit f : Y → X die Inklusionsabbildung.
(3) Die Projektion q ist abgeschlossen, da q −1 (q(A)) entweder A oder A ∪ {0, 1}
ist, und X = [0, 1] ist kompakt. Damit ist X 0 quasi-kompakt. Aber y ∼Y y 0 genau
dann, wenn y = y 0 (da 1 ∈
/ Y ) und folglich ist die Projektion p : Y → Y 0 eine
topologische Äquivalenz. Ferner gibt es zu jedem x ∈ X ein y ∈ Y mit y ∼X x
und daher ist Bild (g) = X 0 , d.h., g : Y 0 → X 0 ist eine stetige Bijektion. Aber
Y ist nicht quasi-kompakt aund daraus ergibt sich, dass g : Y 0 → Bild (g) = X 0
keine topologische Äquivalenz ist.
Aufgabe 31:
Definiere f : R → S 1 = {σ ∈ C : |z| = 1} durch
f ((x, 1)) = exp(πix) und f ((x, −1)) = exp(πi(x + 1)) .
Dann ist f stetig und surjektiv und f (%) = f (%0 ) genau dann, wenn % ∼R %0 .
Folglich sind S 1 und R0 = R/∼R topologisch äquivalent.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 8
24
Aufgabe 32:
Seien v, v 0 ∈ Q; dann gilt qz (h1 (v)) = qz (h1 (v 0 )) genau, wenn v ∼Q v 0 und
folglich gibt es nach Aufgabe 29 eine eindeutige Abbildung s1 : Q0 → Z 0 , so dass
s1 ◦ qQ = qZ ◦ h1 , und ferner ist s1 : Q0 → Bild (s1 ) eine topologische Äquivalenz.
Aber es gilt auch qz (h2 (v)) = qz (h2 (v 0 )) genau dann, wenn v ∼Q v 0 . Damit gibt
es eine eindeutige Abbildung s2 : Q0 → Z 0 , so dass s2 ◦ qQ = qZ ◦ h2 , und wieder
ist s2 : Q0 → Bild (s2 ) eine topologische Äquivalenz.
Setze K = Q01 ∪ Q02 /f1 (%)∼f2 (%):%∈R0 und sei q : Q01 ∪ Q02 → K die Projektion.
Definiere nun eine Abbildung Σ : Q01 ∪ Q02 → Z 0 durch Σ((1, v)) = s1 (v) und
Σ((2, v)) = s2 (v) für alle v ∈ Q0 . Dann ist Σ stetig und surjektiv und es gilt
Σ((1, v)) = Σ((2, v 0 )) genau dann, wenn v = v 0 = r(%) mit % ∈ R0 . Dies bedeutet,
dass Σ(w) = Σ(w 0 ) genau dann gilt, wenn q(w) = q(w 0 ) und daher gibt es eine
stetige bijektive Abbildung h : K → Z 0 , so dass h ◦ q = Σ.
Aber K ist quasi-kompakt und Z 0 ist Hausdorff-Raum und daraus ergibt sich,
dass h eine topologische Äquivalenz ist. (K ist quasi-kompakt, da Q kompakt ist
und damit Q01 und Q02 quasi-kompakt sind. Z 0 ist Hausdorff-Raum, da Z kompakt
ist und man leicht sieht, dass die Projektion qZ abgeschlossen ist.)
Topologie I: Lösungen zu Blatt 9
25
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Lösungen: Blatt 9
Aufgabe 33:
Für jedes E ⊂ Y gilt
f
−1
(E) = X ∩ f
−1
(E) =
n
[
k=1
Xk ∩ f
−1
(E) =
n
[
fk−1 (E) .
k=1
Sei A ⊂ Y abgeschlossen; dann ist fk−1 (A) abgeschlossen in Xk und folglich gibt
es Bk ⊂ X abgeschlossen, so dass fk−1 (A) = Bk ∩ Xk . Damit ist
f
−1
(A) =
n
[
k=1
fk−1 (A)
=
n
[
k=1
B k ∩ Xk
und also ist f −1 (A) abgeschlossen. Dies zeigt, dass f stetig ist.
Aufgabe 34:
Für jedes x ∈ X gibt es ein ix ∈ I, so dass x ∈ Uix und folglich gibt es dann ein
εx > 0, so dass B(x, εx ) ⊂ Uix ; setze Vx = B(x, 21 εx ). Also ist V = {Vx }x∈X eine
offene Überdeckung von X und da S
(X, d) kompakt ist, gibt es dann eine endliche
Teilmenge N von X, so dass X = y∈N Vy . Setze ε = 21 min{εy : y ∈ N }.
S
Sei nun x ∈ X; da X = y∈N Vy , gibt es ein z ∈ N , so dass x ∈ Vz und daher ist
d(z, x) < 12 εz . Für alle y ∈ B(x, ε) ist also
d(z, y) ≤ d(z, x) + d(x, y) < 21 εz + ε ≤ 21 εz + 21 εz = εz ;
d.h. B(x, ε) ⊂ B(z, εz ). Setze i = iz ; damit ist B(z, εz ) ⊂ Ui und daraus ergibt
sich, dass B(x, ε) ⊂ Ui .
Aufgabe 35:
Setze W = f −1 (X \ B); dann ist W offen in [0, 1] und da X = U ∪ (X \ B), gilt
V ∪ W = [0, 1]. Nach Aufgabe 34 gibt es also ein ε > 0 mit der Eigenschaft: Für
jedes x ∈ [0, 1] ist (x − ε, x + ε) ⊂ V oder (x − ε, x + ε) ⊂ W .
Sei nun In = (an , bn ) mit |In | = bn − an < 2ε und sei x = 21 (an + bn ); dann
ist [an , bn ] ⊂ (x − ε, x + ε) und insbesondere gilt (x − ε, x + ε) ⊂ V nicht, da
Topologie I: Lösungen zu Blatt 9
26
an , bn ∈ (x − ε, x + ε) \ V . Folglich gilt In ⊂ (x − ε, x + ε) ⊂ W und damit ist
f (In ) ∩ B = ∅.
Dies zeigt, dass {n ∈ N : f (In ) ∩ B 6= ∅} ⊂ {n ∈ N : |In | ≥ 2ε} und daraus
ergibt sich, dass {n ∈ N : f (In ) ∩ B 6= ∅} höchstens p Elemente enthält, wobei
p ∈ N die kleinste Zahl mit 2pε ≥ 1 ist.
Aufgabe 36:
(1) Sei τ : D n → S n−1 eine stetige Abbildung mit s · τ (s) ≥ 0 für alle s ∈ S n−1 .
Da γ(D n × S n−1 ) ⊂ S n−1 , können wir eine Abbildung % : D n → S n−1 durch
%(x) = γ(x, τ (x))
für alle x ∈ D n und % ist stetig, da % = γ ◦ (IdDn , τ ).
Für x ∈ S n−1 ist kxk = 1 und damit ist
p
γ(x, z) = x − x · z − (1 − kxk)2 + (x · z)2 z = x − x · z − |x · z| z .
Also gilt γ(x, z) = x für alle x, z ∈ S n−1 mit x · z ≥ 0 und insbesondere ist
%(s) = γ(s, τ (s)) = s für alle s ∈ S n−1 , da s · τ (s) ≥ 0.
(2) Sei f : D n → D n eine stetige Abbildung mit f (x) 6= x für alle x ∈ D n und
definiere τ : D n → S n−1 durch
τ (x) = kx − f (x)k−1 (x − f (x))
für alle x ∈ D n . Für s ∈ S n−1 ist (nach der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung)
s · (s − f (s)) = s · s − s · f (s) = 1 − s · f (s) ≥ 1 − kskkf (s)k = 1 − kf (s)k ≥ 0
(da f (s) ∈ D n ) und damit ist auch
s · τ (s) = ks − f (s)k−1 (s · (s − f (s))) ≥ 0 .
(3) Sei % : D 2 → S 1 eine stetige Abbildung mit %(s) = s für alle s ∈ S 1 . Definiere
G : S 1 × [0, 1] → D 2 durch G(s, t) = (1 − t)s für alle (s, t)S 1 × [0, 1] und setze
F = % ◦ G. Dann ist F : S 1 × [0, 1] → S 1 stetig, da % und G stetig sind, und
F (s, 0) = %(G(s, 0)) = %(s) = s = IdS 1 (s) und F (s, 1) = %(G(s, 1)) = %(0) für
alle s ∈ S 1 . Dies zeigt, dass die Schlinge IdS 1 homotop zu der konstanten Schlinge
s 7→ %(0) ist.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 10
27
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Lösungen: Blatt 10
Aufgabe 37:
(1) (a) Sind f1 , f2 : Z → Y Abbildungen mit g = f1 ◦ h und g = f2 ◦ h, so gilt
f2 (h(x)) = g(x) = f1 (h(x)) für alle x ∈ X und damit ist f2 = f1 , da h surjektiv
ist.
(b) Gibt es eine Abbildung f : Z → Y mit g = f ◦ h und sind x, x0 ∈ X mit
h(x) = h(x0 ), so ist g(x) = f (h(x)) = f (h(x0 )) = g(x0 ).
Nehme umgekehrt an, dass g(x) = g(x0 ) für alle x, x0 ∈ X mit h(x) = h(x0 ). Sei
z ∈ Z; da h surjektiv ist, gibt es ein x ∈ X mit z = h(x). Gilt auch z = h(x0 ) für
ein weiteres Element x0 ∈ X, so ist h(x) = z = h(x0 ) und damit ist g(x) = g(x0 ).
Es gibt also eine Abbildung f : Z → Y , so dass f (h(x)) = g(x) für alle x ∈ X,
d.h. es gilt g = f ◦ h.
(c) Sei A ⊂ Y abgeschlossen. Da g = f ◦h, ist h−1 (f −1 (A)) = g −1 (A) und also ist
f −1 (A) = h(h−1 (f −1 (A))) = h(g −1 (A)). (Da h surjektiv ist, gilt h(h−1 (B)) = B
für alle B ⊂ Z.) Aber h(g −1 (A)) ist abgeschlossen, da g stetig und h abgeschlossen
ist und folglich ist f −1 (A) abgeschlossen für jede abgeschlossene Menge A ⊂ Y .
Damit ist f stetig.
(2) Da G = F ◦ (h × Id[0,1] ), gilt insbesondere
g(x) = G(x, 0) = F (h(x), 0) = (F (·, 0) · h)(x)
für alle x ∈ X, d.h. g = F (·, 0) ◦ h. Aber es gilt auch g = f ◦ h und daraus folgt
nach (1) (a), dass F (·, 0) = f .
Aufgabe 38:
(1) Nehme an, dass f (O) keine Umgebung von y = f (x) ist. Für jedes U ⊂ Y
offen mit y ∈ U ist also U \ f (O) 6= ∅. Insbesondere ist B(y, 1/n) \ f (0) 6= ∅;
wähle yn ∈ B(y, 1/n) \ f (0). Dann ist d(y, yn) < 1/n und damit konvergiert die
Folge {yn }n≥1 aus Y \ f (O) gegen y. Da f (D) = Y , gibt es zu jedem n ≥ 1 ein
xn ∈ D mit f (xn ) = yn , und xn ∈ D \ O, da f (xn ) ∈
/ f (O). Nun ist D kompakte
Teilmenge des metrischen Raumes X und folglich gibt es eine Teilfolge {nk }k≥1
und x0 ∈ D, so dass {xnk }n≥1 gegen x0 konvergiert. Aber x0 ∈ D \ O, da {xnk }n≥1
eine Folge in der abgeschlossenen Menge D \ O ist und insbesondere ist x0 6= x.
Dies ist ein Widerspruch, da
f (x0 ) = lim f (xnk ) = lim ynk = lim yn = y = f (x) ,
k→∞
k→∞
n→∞
Topologie I: Lösungen zu Blatt 10
28
und daraus ergibt sich, dass f (O) eine Umgebung von f (x) in Y ist.
(2) Sei O ⊂ R offen und x ∈ O. Dann ist D = [x − 12 , x + 12 ] kompakt und
{y ∈ D : exp(y) = exp(x)} = {x} . Nun ist O ∩ (x − 21 , x + 21 ) offen in R
und eine Teilmenge von D und folgich ist nach (1) exp(O ∩ (x − 21 , x + 12 )) eine
Umgebung von exp(x) in S 1 . Es gibt also eine offene Teilmenge Ux vonSS 1 mit
exp(x) ∈ Ux ⊂ exp(O ∩ (x − 21 , x + 21 )) ⊂ exp(O). Damit ist exp(O) = x∈O Ux
offen in S 1 .
Aufgabe 39:
(1) Sei U ⊂ R offen mit U ⊂ (a, a + 1) für ein a ∈ R.
(a) Da a, a + 1 6= U , exp(a + 1) = exp(a) und exp|[a,a+1) injektiv ist, ist
exp([a, a + 1] \ U ) = exp([a, a + 1) \ U ) = exp([a, a + 1)) \ exp(U ) = S 1 \ exp(U ) .
(b) Da [a, a + 1] \ U eine abgeschlossene Teilmenge des kompakten Intervalls
[a, a + 1], ist [a.a + 1] \ U kompakt und damit ist exp([a, a + 1] \ U ) kompakt, da
exp stetig ist. Folglich ist nach (a) S 1 \ exp(U ) eine kompakte Teilmenge von S 1 .
(c) Da S 1 ein Hausdorff-Raum ist, ist nach (b) S 1 \ exp(U ) abgeschlossen und
daher ist exp(U ) offen in S 1 .
(2) Sei O ⊂ R offen und x ∈ O. Dann ist O 0 = 0 ∩ (x − 21 , x + 12 ) offen und
0
1
O 0 ⊂ (a, a + 1) mit a = x − 12 . Nach (1) (c) ist
S also Ux = exp(O1) offen in S mit
exp(x) ∈ Ux ⊂ exp(O). Damit ist exp(O) = x∈O Ux offen in S .
Aufgabe 40:
(1) Dies folgt unmittelbar aus Aufgabe 39 (2), da Uz = exp(Vx ) für jedes x ∈ R
mit exp(x) = z und Vx eine offene Umgebung von x ist.
(2) Da |y − y 0 | < 1 für alle y, y 0 ∈ Vx ist die Abbildung exp|Vx injektiv und damit
ist exp|Vx : Vx → Uz stetig und bijektiv. Sei O ⊂ Vx offen in Vx ; dann ist O offen
in R, da Vx offen ist, und folglich ist nach Aufgabe 39 (2) exp(O) offen in S 1 .
Also ist exp|Vx (O) = exp(O) ∩ Uz offen in Uz und dies zeigt, dass exp|Vx : Vx → Uz
eine topologische Äquivalenz ist.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 10
29
Zusatzaufgabe IV*:
(1) Da exp surjektiv ist und exp(y) = exp(x) genau dann, wenn x ∼ y, gibt es
eine eindeutige bijektive Abbildung f : R/x ∼ x + 1 → S 1 mit f ◦ q = exp. Nach
der Definition der Quotientenraum-Topologie ist dann f stetig.
(2) Sei i : [0, 1] → R die Inklusion und p : [0, 1] → [0, 1]/0 ∼ 1 die Projektion. Da
0 ∼ 1 die Einschränkung von x ∼ x + 1 auf [0, 1] ist, gibt es nach Aufgabe 29 eine
stetige injektive Abbildung g : [0, 1]/0 ∼ 1 → R/x ∼ x + 1, so dass g ◦ p = q ◦ i.
Sei u ∈ R/x ∼ x + 1; da q surjektiv ist, gibt es ein x ∈ R mit u = q(x). Nun gibt
es ein y ∈ [0, 1], so dass x − y ∈ Z und folglich ist
f (p(y)) = q(i(y)) = q(y) = q(x) = u .
Damit ist f surjektiv. Also ist f ◦ p : [0, 1] → R/x ∼ x + 1 eine surjektive
stetige Abbildung und [0, 1] ist kompakt und daraus ergibt sich, dass der Raum
R/x ∼ x + 1 quasi-kompakt ist.
(3) Da nach (2) R/x ∼ x + 1 quasi-kompakt ist und S 1 ein Hausdorff-Raum ist,
ist die stetige Bijektion f : R/x ∼ x + 1 → S 1 eine topologische Äquivalenz.
(4) Sei U ⊂ R offen; nach der Definition der Quotientenraum-Topologie ist q(U )
offen in R/x ∼ x + 1 genau dann, wenn q −1 (q(U )) offen in R ist. Aber
[
q −1 (q(U )) =
(U + k) ,
k∈Z
wobei U + k = {x + k : x ∈ U } und die Menge U + k ist offen für jedes k ∈ Z.
Damit ist q −1 (q(U )) offen und dies zeigt, dass die Abbildung q offen ist.
(5) Da q und f beide offen sind, ist exp = f ◦ q ebefalls offen.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 11
30
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Lösungen: Blatt 11
Aufgabe 41:
Da v und w homotop sind, gibt es eine stetige Abbildung F : [0, 1]×[0, 1] → X mit
F (s, 0) = v(s) und F (s, 1) = w(s) für jedes s ∈ [0, 1] und F (0, t) = F (1, t) = x für
alle t ∈ [0, 1]. Genauso gibt es eine stetige Abbildung F 0 : [0, 1] × [0, 1] → X mit
F 0 (s, 0) = v 0 (s) und F 0 (s, 1) = w 0 (s) für jedes s ∈ [0, 1] und F 0 (0, t) = F 0 (1, t) = x
für alle t ∈ [0, 1], da v 0 und w 0 homotop sind.
Sei A1 = [0, 12 ] × [0, 1] und A2 = [ 21 , 1] × [0, 1]; dann sind A1 und A2 abgeschlossen
in [0, 1] × [0, 1] mit A1 ∪ A2 = [0, 1] × [0, 1] und A1 ∩ A2 = { 21 } × [0, 1]. Für i = 1, 2
definiere Gi : Ai → [0, 1] durch G1 (s, t) = F (2s, t) und G2 (s, t) = F 0 (2s − 1, t).
Dann sind G1 und G2 stetig, und G1 (s, t) = x = G2 (s, t) für alle (s, t) ∈ A1 ∩ A2 .
Nach Aufgabe 33 gibt es also eine stetige Abbildung G : [0, 1] × [0, 1] → X, die
definiert ist durch
F (2s, t)
falls 0 ≤ s ≤ 12 ,
G(s, t) =
F 0 (2s − 1, t) falls 21 ≤ s ≤ 1 .
Nun ist G(s, 0) = F (0, s) = x und G(s, 1) = F 0 (s, 1) = x für alle s ∈ [0, 1] und
also sind G(·, 0) und G(·, 1) homotop. Aber
F (2s, 0)
falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
G(s, 0) =
0
F (2s − 1, 0) falls 21 ≤ s ≤ 1
v(2s)
falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
= (v v)(s) ;
=
v 0 (2s − 1) falls 21 ≤ s ≤ 1
d.h. G(·, 0) = v v 0 , und genauso gilt G(·, 1) = w w 0 . Daraus ergibt sich, dass v v 0
und w w 0 homotop sind.
Aufgabe 42:
(1) Seien A1 = [0, 41 ] × [0, 1], A2 = [ 14 , 12 ] × [0, 1] und A3 = [ 21 , 1] × [0, 1]; also sind
A1 , A2 und A3 abgeschlossen in [0, 1] × [0, 1] mit A1 ∪ A2 ∪ A3 = [0, 1] × [0, 1]. Für
i = 1, 2, 3 definiere Γi : Ai → [0, 1] durch Γ1 (s, t) = (t + 1)s, Γ2 (s, t) = s + 41 t
und Γ3 (s, t) = (1 − 21 t)s + 12 t. Dann sind Γ1 , Γ2 und Γ3 stetig und
Γ1 ( 41 , t) = (t + 1) 14 = Γ2 ( 14 , t) und Γ2 ( 21 , t) =
1
2
+ 41 t = Γ3 ( 12 , t)
Topologie I: Lösungen zu Blatt 11
31
für alle t ∈ [0, 1]. Folglich gilt Γ1 (s, t) = Γ2 (s, t) für alle (s, t) ∈ A1 ∩ A2 und auch
Γ2 (s, t) = Γ3 (s, t) für alle (s, t) ∈ A2 ∩ A3 . Nach Aufgabe 33 ist also die durch

(t + 1)s
falls 0 ≤ s ≤ 41 ,

1
falls 41 ≤ s ≤ 21 ,
s + 4t
Γ(s, t) =

(1 − 21 t)s + 12 t falls 12 ≤ s ≤ 1 ,
definierte Abbildung Γ : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1] stetig. Ferner ist Γ(s, 0) = s für alle
s ∈ [0, 1] und Γ(0, t) = 0 und Γ(1, t) = 1 für alle t ∈ [0, 1].
Setze nun F = (u (v w)) ◦ Γ; dann ist F : [0, 1] × [0, 1] → X stetig, und es gilt
F (0, t) = ((u v) w)(Γ(0, t)) = ((u v) w)(0) = x ,
F (1, t) = ((u v) w)(Γ(1, t)) = ((u v) w)(1) = x
für alle t ∈ [0, 1]. Schließlich ist F (s, 0) = ((u v) w)(Γ(s, 0)) = (u (v w))(s) und

falls 0 ≤ s ≤ 14 ,
 (u (v w))(2s)
(u (v w))(s + 14 ) falls 14 ≤ s ≤ 12 ,
F (s, 1) = (u (v w))(Γ(s, 1)) =

(u (v w))( 21 s + 21 ) falls 12 ≤ s ≤ 1 ,
= ((u v) w)(s)
für alle s ∈ [0, 1] und dies zeigt, dass (u v) w und u (v w) homotop sind.
(2) Seien A1 und A2 die abgeschlossenen Teilmengen von [0, 1] × [0, 1], die durch
A1 = {(s, t) ∈ [0, 1] × [0, 1] : 0 ≤ 2s ≤ 1 + t} ,
A2 = {(s, t) ∈ [0, 1] × [0, 1] : 1 + t ≤ 2s ≤ 2}
gegeben sind; es gilt also A1 ∩ A2 = {(s, t) ∈ [0, 1] × [0, 1] : 2s = 1 + t} und
A1 ∪ A2 = [0, 1] × [0, 1] Für i = 1, 2 definiere Γi : Ai → [0, 1] durch Γ2 (s, t) = 1
und Γ1 (s, t) = 2s/(1 + t). Dann sind Γ1 und Γ2 stetig und Γ1 (s, t) = 1 = Γ2 (s, t)
für alle (s, t) ∈ A1 ∩ A2 . Folglich ist nach Aufgabe 33 die durch
2s/(1 + t) falls 0 ≤ 2s ≤ 1 + t ,
Γ(s, t) =
1
falls 1 + t ≤ 2s ≤ 2 ,
definierte Abbildung Γ : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1] stetig. Ferner ist Γ(0, t) = 0 und
Γ(1, t) = 1 für alle t ∈ [0, 1], und Γ(s, 1) = s und
2s falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
Γ(s, 0) =
1 falls 21 ≤ s ≤ 1
für alle s ∈ [0, 1]. Setze nun F = v ◦ Γ; dann ist F : [0, 1] × [0, 1] → X stetig, und
es gilt F (0, t) = v(Γ(0, t)) = v(0) = x und F (1, t) = v(Γ(1, t)) = v(1) = x für alle
t ∈ [0, 1]. Schließlich ist F (s, 1) = v(Γ(s, 1)) = v(s) und
v(2s) falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
F (s, 0) = v(Γ(s, 0)) =
x falls 21 ≤ s ≤ 1
= (v tr)(s)
Topologie I: Lösungen zu Blatt 11
32
für alle s ∈ [0, 1] und dies zeigt, dass v tr und v homotop sind.
Ein fast identischer Beweis zeigt, dass tr v und v homotop sind.
(3) Sei A1 = [0, 12 ]×[0, 1] und A2 = [ 21 , 1]×[0, 1]; es gilt also A1 ∩A2 = { 21 }×[0, 1]
und A1 ∪ A2 = [0, 1] × [0, 1]. Für i = 1, 2 definiere Γi : Ai → [0, 1] durch
Γ1 (s, t) = 2s(1 − t) und Γ2 (s, t) = (2 − 2s)(1 − t). Dann sind Γ1 und Γ2 stetig und
Γ1 (s, t) = 1 − t = Γ2 (s, t) für alle (s, t) ∈ A1 ∩ A2 . Folglich ist nach Aufgabe 33
die durch
2s(1 − t)
falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
Γ(s, t) =
(2 − 2s)(1 − t) falls 21 ≤ s ≤ 1 ,
definierte Abbildung Γ : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1] stetig. Ferner ist Γ(0, t) = 0 und
Γ(1, t) = 1 für alle t ∈ [0, 1], und Γ(s, 1) = 0 und
2s falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
Γ(s, 0) =
1 falls 21 ≤ s ≤ 1
für alle s ∈ [0, 1]. Setze nun F = v ◦ Γ; dann ist F : [0, 1] × [0, 1] → X stetig, und
es gilt F (0, t) = v(Γ(0, t)) = v(0) = x und F (1, t) = v(Γ(1, t)) = v(1) = x für alle
t ∈ [0, 1]. Schließlich ist F (s, 1) = v(Γ(s, 1)) = v(1) = x = tr(s) und
v(2s)
falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
F (s, 0) = v(Γ(s, 0)) =
v(2 − 2s) falls 21 ≤ s ≤ 1
v(2s)
falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
=
v(2s − 1) falls 21 ≤ s ≤ 1
= (v v)(s)
für alle s ∈ [0, 1] und dies zeigt, dass v v und tr homotop sind. Da v = v, sind
auch v v und tr homotop.
Aufgabe 43:
(1) Sei h : [0, r] → R eine r-Liftung von f . Nach der Wahl von ε gibt es ein z ∈ S 1 ,
so dass (r−ε, r+ε)∩[0, 1] ⊂ Wz und insbesondere ist dann [r, r 0 ] ⊂ Wz , d.h., es gilt
f ([r, r 0 ]) ⊂ Uz . Da f (r) ∈ Uz und exp(h(r)) = f (r), gibt es nun ein eindeutiges
x ∈ exp−1 ({z}), so dass h(r) ∈ Vx . Die Einschränkung exp|Vx : Vx → Uz ist eine
topologische Äquivalenz; sei also γ : Uz → Vx die zu exp|Vx inverse Abbildung.
Da f ([r, r 0 ]) ⊂ Uz und γ(f (r)) = γ(exp(h(r)) = h(r), konnen wir eine Abbildung
h0 : [0, r 0 ] → R definieren durch
h(s) falls s ∈ [0, r] ,
0
h (s) =
γ(f (s)) falls s ∈ [r, r 0 ] ,
Topologie I: Lösungen zu Blatt 11
33
und nach Aufgabe 33 ist h0 stetig. Aber exp(h0 (s)) = exp(h(s)) = f (s) für alle
s ∈ [0, r] und exp(h0 (s)) = exp(γ(f (s))) = f (s) für alle s ∈ [r, r 0 ] und daraus
ergibt sich, dass h0 eine r 0 -Liftung von f ist mit h0 (s) = h(s) für alle s ∈ [0, r].
(2) Sei b ∈ R mit exp(b) = f (0) und definiere g : {0} → R durch g(0) = b. Dann
ist g eine 0-Liftung von f . Nach n-maliger Anwendung von (1) mit n > 1/ε gibt
es nun eine 1-Liftung h von f mit h(0) = g(0) = b.
Aufgabe 44:
Nach Aufgabe 43 gibt es mindestens eine stetige Abbildung h : [0, 1] → R mit
h(0) = b, so dass exp ◦h = f . Seien also h1 , h2 : [0, 1] → R stetige Abbildungen
mit h1 (0) = h2 (0) = b und exp ◦h1 = exp ◦h2 = f . Wir müssen zeigen, dass
E = [0, 1], wobei E = {s ∈ [0, 1] : h1 (s) = h2 (s)}. Insbesondere ist E 6= ∅, da
0 ∈ E. Nun ist E = (h1 − h2 )−1 ({0}), die Abbildung h1 − h2 ist stetig und {0}
ist abgeschlossen. Folglich ist E abgeschlossen in [0, 1].
Sei r ∈ E und setze O = (r − ε, r + ε) ∩ [0, 1] (mit ε wie vorher). Nach der
Wahl von ε gibt es ein z ∈ S 1 , so dass O ⊂ Wz und folglich gilt f (O) ⊂ Uz . Da
f (r) ∈ Uz und exp(h1 (r)) = f (r), gibt es nun ein eindeutiges x ∈ exp−1 ({z}), so
dass h1 (r) = h2 (r) ∈ Vx . Die Einschränkung exp|Vx : Vx → Uz ist eine topologische
Äquivalenz; sei also γ : Uz → Vx die zu exp|Vx inverse Abbildung. Da f (O) ⊂ Uz
und exp(h1 (s)) = f (s) = exp(h2 (s)) für alle s ∈ [0, 1], ist dann
h1 (s) = γ(exp(h1 (s))) = γ(exp(h2 (s))) = h2 (s)
für alle s ∈ O, d.h. O ⊂ E. Dies zeigt, dass E auch offen in [0, 1] ist, und daher
ist E = [0, 1]. (Ist A ⊂ [0, 1] offen und abgeschlossen in [0, 1], so ist A = ∅ oder
A = [0, 1]. Beweis: Zwischenwertsatz.)
Topologie I: Lösungen zu Blatt 12
34
Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
C. Preston
Lösungen: Blatt 12
Aufgabe 45:
(1) Sei z ∈ C mit |z| = r und t ∈ [0, 1]. Dann ist
|pt (z)| = |z n + t(a1 z n−1 + · · · + an−1 z + an )|
≥ |z n | − t(|a1 ||z n−1 | + · · · + |an−1 ||z| + |an |)
= r n − t(|a1 |r n−1 + · · · + |an−1 |r + |an |) ,
und da r ≥ 1, ist also
|pt (z)| ≥ r n − t(|a1 |r n−1 + · · · + |an−1 |r n−1 + |an |r n−1 )
= r n−1 (r − t(|a1 | + · · · + |an−1 | + |an |)) ≥ 1 .
Folglich ist pt (z) 6= 0.
(2) Da die Abbildungen w 7→ w ∗ (von C \ {0} nach S 1 ) und (z, t) 7→ pt (rz) (von
S 1 × [0, 1] nach C \ {0}) stetig sind, ist G : S 1 × [0, 1] → S 1 stetig. Ferner ist
G(z, 0) = (rz n )∗ = z n und G(z, 1) = p1 (rz)∗ = p(rz)∗ für alle z ∈ S 1 und damit
sind die Schlingen z 7→ z n und z 7→ p(rz)∗ homotop.
(3) Hat das Polynom p keine Nullstelle in C, können wir dann eine Abbildung
F : S 1 × [0, 1] → S 1 definieren durch F (z, t) = p((1 − t)rz)∗ und F ist stetig.
Aber F (z, 0) = p(rz)∗ und F (z, 1) = p(0)∗ = a∗n für alle z ∈ S 1 und folglich sind
die Schlingen z 7→ p(rz)∗ und z 7→ a∗n homotop.
(4) Hat das Polynom p keine Nullstelle in C, so folgt aus (2) und (3) (und der
Transitivität der Homotopie), dass die Schlingen z 7→ z n und z 7→ a∗n homotop
sind. Diese Schlingen sind aber nicht homotop, da z 7→ z n Windungszahl n und
z 7→ a∗n Windungszahl 0 hat und n 6= 0. Daraus ergibt sich, dass das Polynom p
eine Nullstelle in C hat.
Aufgabe 46:
(1) Da F und γ stetig sind, ist w stetig, und w(0) = F (γ(0)) = F (γ(0, t0 )) = x
und w(1) = F (γ(1)) = F (γ(1, t1 )) = x. Folglich ist w eine Schleife in (X, x).
Definiere nun Γ : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1] × [0, 1] durch Γ(s, t) = (1 − t)(s, 0) + tγ(s),
also ist Γ stetig und für alle t ∈ [0, 1] gilt
Γ(0, t) = (1 − t)(0, 0) + t(0, t0 ) = (0, tt0 ) ,
Γ(1, t) = (1 − t)(1, 0) + t(1, t1 ) = (1, tt1 ) .
Topologie I: Lösungen zu Blatt 12
35
Setze G = F ◦ Γ; dann ist G : [0, 1] × [0, 1] → X stetig mit
G(0, t) = F (Γ(0, t)) = F (0, tt0 ) = x und G(1, t) = F (Γ(1, t)) = F (1, tt1 ) = x
für alle t ∈ [0, 1] und es gilt
G(s, 0) = F (Γ(s, 0)) = F (s, 0) = v0 (s) , G(s, 1) = F (Γ(s, 1)) = F (γ(s)) = w(s)
für alle s ∈ [0, 1]. Daraus folgt, dass v0 und w homotop sind.
(2) Definiere γ δ : [0, 1] → [0, 1] durch

0
falls 0 ≤ s ≤ δ ,

δ
γ (s) = (s − δ)/(1 − 2δ) falls δ ≤ s ≤ 1 − δ ,

1
falls 1 − δ ≤ s ≤ 1 ,
dann ist γ δ stetig und γ δ ([0, 1]) = [0, 1]. Für jede Schleife u in (X, x) ist dann
uδ = u ◦ γ δ eine Schleife in (X, x) mit uδ ([0, 1]) = u([0, 1]) und uδ (s) = x für
alle s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1]. Ferner sind u und uδ homotop in (X, x): Die Abbildung
G : [0, 1] × [0, 1] → X mit G(s, t) = γ tδ (s) liefert eine entsprechende Homotopie.
Definiere nun F δ : [0, 1] × [0, 1] → X durch F δ (s, t) = F (γ δ (s), γ δ (t)). Dann ist
F δ stetig und 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].
Aufgabe 47:
Sei 0 < δ < 21 ; nach Aufgabe 46 (2) können wir annehmen, dass u(s) = v(s) = x
für alle s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1] und dass für die Homotopie F 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].
Wir verwenden nun die auf dem Übungsblatt eingeführten Definitionen.
Wähle 1 < q < n. Da F (Rj1 ) ⊂ U und F (Rjn ) ⊂ V für j = 1, . . . , m und
F (Rjk ) = {x} ⊂ U ∩ V für j = 1 und k = m, gibt es eine zulässige Färbung
% : [1, . . . , m] × [1, . . . , n] → {U, V } mit
– %(Rj1 ) = U für 1 ≤ j ≤ m,
– %(R1k ) = %(Rmk ) = U für 1 ≤ k ≤ q,
– %(R1k ) = %(Rmk ) = V für q < k ≤ n,
– %(Rjn ) = V für 1 ≤ j ≤ m.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 12
36
Es gibt also eine stetige Abbildung γ : [0, 1] → [0, 1] × [0, 1] mit γ(0) = (0, tq ),
γ(1) = (1, tq ) und γ([0, 1]) ⊂ Σ% . Damit ist F (γ([0, 1])) ⊂ F (Σ% ) ⊂ U ∩ V . Setze
w = F ◦ γ. Nach Aufgabe 46 (1) ist w eine Schleife in (X, x) und w und v0 sind
homotop; ferner ist w([0, 1]) = F (γ([0, 1])) ⊂ U ∩ V .
Aufgabe 48:
(2) Sei 0 < δ < 41 ; wir können annehmen, dass (u0 v1 )(s) = (v1 u1 )(s) = x für alle
s ∈ [0, δ] ∪ [1 − δ, 1], dass es ein p mit sp = 12 gibt und für die Homotopie F 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].
Wir verwenden wieder die auf dem Übungsblatt eingeführten Definitionen.
Wähle 1 < q < n. Da F (Rj1 ) ⊂ U und F (Rjn ) ⊂ V für j = 1, . . . , p − 1,
F (Rj1 ) ⊂ V und F (Rjn ) ⊂ U für j = p, . . . , m und F (Rjk ) = {x} ⊂ U ∩ V für
j = 1 und k = m, gibt es eine zulässige Färbung % mit
– %(R1k ) = U für 1 ≤ k ≤ q,
– %(Rj1 ) = U für 1 ≤ j < p,
– %(Rj1 ) = V für p ≤ j ≤ m,
– %(Rmk ) = V für 1 ≤ k ≤ q,
– %(Rmk ) = U für q < k ≤ n,
– %(Rjn ) = U für p ≤ j ≤ m,
– %(Rjn ) = V für 1 ≤ j < p,
– %(R1k ) = V für q < k ≤ n.
Es gilt also genau eine der folgenden zwei Aussagen:
(i) Es gibt stetige Abbildungen γ1 , γ2 : [0, 1] → [0, 1]×[0, 1] mit γ1 (0) = (0, tq ),
γ1 (1) = ( 21 , 0), γ2 (0) = ( 12 , 1), γ2 (1) = (1, tq ) und γi ([0, 1]) ⊂ Σ% für i = 1, 2.
(ii) Es gibt stetige Abbildungen γ1 , γ2 : [0, 1] → [0, 1]×[0, 1] mit γ1 (0) = (0, tq ),
γ1 (1) = ( 21 , 1), γ2 (0) = ( 12 , 0), γ2 (1) = (1, tq ) und γi ([0, 1]) ⊂ Σ% für i = 1, 2.
Wir betrachten den ersten Fall. Für i = 1, 2 setze wi = F ◦ γi ; dann sind w1 , w2
Schleifen in (X, x), da F ( 21 , 0) = F ( 12 , 1) = x. Nach Aufgabe 46 (1) sind u0 v1 und
w1 v1 homotop in (X, x) und folglich gilt [u0 ][v1 ] = [w1 ][v1 ] in π1 (X, x). Damit ist
Topologie I: Lösungen zu Blatt 12
37
[u0 ] = [w1 ]. Aber [w1 ] = e, da w1 ([0, 1]) ⊂ U ∩ V und π1 (U ∩ V, x) = {e}, d.h.
[u0 ] = e. Genauso gilt [u1 ] = e und dann ist
[v0 ] = e[v0 ] = [u0 ][v0 ] = [u0 v0 ] = [v1 u1 ] = [v1 ][u1 ] = [v1 ]e = [v1 ] .
Dies zeigt, dass die Schleifen u0 , u1 und tr homotop sind und dass v0 und v1
homotop sind.
Im zweiten Fall sind die Schleifen v0 , v1 und tr homotop und u0 und u1 sind
homotop.
(2) Da π1 (U, x) 6= {e}, π1 (V, x) 6= {e} gibt es nun Schleifen u, v in (X, x) mit
u([0, 1]) ⊂ U und v([0, 1]) ⊂ V , so dass [u] 6= e in π1 (U, x) und [v] 6= e in π1 (V, x).
Es gilt dann auch [u] 6= e und [v] 6= e in π1 (X, x), da die Homomorphismen (iU )∗
und (iV )∗ injektiv sind. Nach (1) sind aber uv und vu nicht homotop und folglich
ist [u][v] = [uv] 6= [vu] = [v][u]. Dies zeigt, dass die Gruppe π1 (X, x) nicht abelsch
ist.
Topologie I: Lösungen zu Blatt 13
Sommersemester 2007
Übungen zu Topologie I
38
C. Preston
Lösungen: Blatt 13
Aufgabe 49:
Da die Schleifen u und v homotop in (X, x0 ) sind, gibt es eine stetige Abbildung
F : [0, 1] × [0, 1] → X mit F (s, 0) = u(s) und F (s, 1) = v(s) für alle s ∈ [0, 1]
und F (0, t) = F (1, t) = x0 für alle t ∈ [0, 1]. Nach dem Homotopie-Liftungs-Satz
gibt es also eine stetige Abbildung G : [0, 1] × [0, 1] → E mit G(0, t) = e für alle
t ∈ [0, 1], so dass p ◦ G = F . Nun ist G(0, 0) = e = ũe (0) und
p ◦ G(·, 0) = F (·, 0) = u = p ◦ ũe
und daraus folgt aus der Eindeutigkeit im Wege-Liftunge-Satz, dass G(·, 0) = ũe .
Genauso gilt G(·, 1) = ṽ e . Ferner hängt G(1, t) nicht von t ab. (Seien w, w 0 die
Wege in E mit w(s) = G(1, 0) und w 0 (s) = G(1, s) für alle s ∈ [0, 1]. Dann ist
w(0) = w 0 (0) und (p ◦ w)(s) = F (1, 0) = x0 = F (1, s) = (p ◦ w 0 )(s) für alle
s ∈ [0, 1] und daher ist w 0 = w.) Folglich gilt ṽ e (1) = G(1, 1) = G(1, 0) = ũe (1).
Aufgabe 50:
Sei e0 ∈ S; da E wegzusammenhängend ist, gibt es dann einen Weg w : [0, 1] → E
mit w(0) = e und w(1) = e0 . Setze v = p ◦ w; dann ist v stetig mit
v(0) = p(w(0)) = p(e) = x0 und v(1) = p(w(1)) = p(e) = x0 ,
d.h. v ist eine Schleife in (X, x0 ). Da aber p◦w = v = p◦ ṽ e und w(0) = e = ṽ e (0),
ist nach der Eindeutigkeit im Wege-Liftunge-Satz w = ṽ e . Darus ergibt sich, dass
%e ([v]) = ṽ e (1) = w(1) = e0 und dies zeigt, dass %e surjektiv ist.
Aufgabe 51:
Seien a, b ∈ π1 (X, x0 ) und wähle Schleifen u, v in (X, x0 ) mit a = [u] und b = [v].
Dann ist %e (a) = ũe (1), %e (b) = ṽ e (1) und ab−1 = [u][v] = [uv] und
u(2s) falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
(uv)(s) =
v(1 − 2s) falls 21 ≤ s ≤ 1 .
Nehme zunächst an, dass %a (a) = %b (b). Dann ist ũe (1) = ṽ e (1) und folglich
können wir eine Schleife w̆ in (E, e) definieren durch
ũe (2s) falls 0 ≤ s ≤ 12 ,
w̆(s) =
ṽ e (1 − 2s) falls 21 ≤ s ≤ 1 .
Topologie I: Lösungen zu Blatt 13
39
Dann ist p ◦ w̆ eine Schleife in (X, x0 ) und [p ◦ w̆] = p∗ ([w̆]) ∈ p∗ (π1 (E, e)). Aber
p(ũe (2s)) falls 0 ≤ s ≤ 12 ,
(p ◦ w̆)(s) =
p(ṽ e (1 − 2s)) falls 12 ≤ s ≤ 1
u(2s) falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
=
v(1 − 2s) falls 21 ≤ s ≤ 1
= (uv)(s)
für alle s ∈ [0, 1] und daher ist ab−1 = [uv] = [p ◦ w̆] ∈ p∗ (π1 (E, e)).
Nehme jetzt umgekehrt an, dass ab−1 ∈ p∗ (π1 (E, e)). Es gibt dann eine Schleife
w̆ in (E, e), so dass [uv] = ab−1 = p∗ ([w̆]) = [p ◦ w̆] und folglich sind die Schleifen
w0 = uv und w1 = p ◦ w̆ homotop in (X, x0 ). Es gibt also eine stetige Abbildung
F : [0, 1] × [0, 1] → X mit F (s, 0) = w0 (s) und F (s, 1) = w1 (s) für alle s ∈ [0, 1]
und F (0, t) = F (1, t) = x0 für alle t ∈ [0, 1]. Nach dem Homotopie-Liftungs-Satz
gibt es eine stetige Abbildung G : [0, 1] × [0, 1] → E mit G(0, t) = e für alle
t ∈ [0, 1], so dass p ◦ G = F . Nun ist G(0, 0) = e = w̃0e (0) und
p ◦ G(·, 0) = F (·, 0) = w0 = p ◦ w̃0e
und daraus folgt aus der Eindeutigkeit im Wege-Liftunge-Satz, dass G(·, 0) = w̃0e .
Ferner gilt G(0, 1) = e = w̆(0) und p ◦ G(·, 1) = F (·, 1) = w1 = p ◦ w̆ und damit
ist G(·, 1) = w̆. Wie in Aufgabe 49 hängt aber G(1, t) nicht von t ab und daraus
ergibt sich, dass w̃0e (1) = w̆(1) = e (da w̆ eine Schleife in (E, e) ist).
Da p ◦ w̃0e = w0 = uv, ist
(p ◦
w̃0e )(s)
=
u(2s) falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
v(1 − 2s) falls 21 ≤ s ≤ 1 .
Definiere Wege ŭ, v̆ in E durch ŭ(s) = w̃0e ( 21 s) und v̆(s) = w̃0e (1 − 12 s) für alle
s ∈ [0, 1]. Dann ist ŭ(0) = w̃0e (0) = e, v̆(0) = w̃0e (1) = e, und p ◦ ŭ = u, p ◦ v̆ = v
und wieder folgt aus der Eindeutigkeit im Wege-Liftunge-Satz, dass ŭ = ũe und
v̆ = ṽ e . Insbesondere ist ũe (1) = w̃0e ( 12 ) = ṽ e (1), d.h., %e (a) = %b (b).
Topologie I: Lösungen zu Blatt 13
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Aufgabe 52:
(1) Seien e ∈ S, a, b ∈ π1 (X, x0 ) und wähle Schleifen u, v in (X, x0 ) mit a = [u]
und b = [v]. Dann ist e·a = ũe (1) und (e·a)·b = ṽ e·a (1); ferner ist e·(ab) = w̃ e (1),
wobei w = uv. Definiere einen Weg w̆ : [0, 1] → E durch
ũe (2s)
falls 0 ≤ s ≤ 12 ,
w̆(s) =
ṽ e·a (2s − 1) falls 21 ≤ s ≤ 1 .
Dann ist w̆(0) = ũe (0) = e und
(p ◦ ũe )(2s)
falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
(p ◦ w̆)(s) =
(p ◦ ṽ e·a )(2s − 1) falls 21 ≤ s ≤ 1
u(2s) falls 0 ≤ s ≤ 21 ,
=
v(2s − 1) falls 21 ≤ s ≤ 1
= (uv)(s) = w(s) = (p ◦ w̃ e )(s)
und daraus ergibt sich aus der Eindeutigkeit im Wege-Liftunge-Satz, dass w̆ = w̃ e .
Insbesondere ist e · (ab) = w̃ e (1) = w̆(1) = ṽ e·a (1) = (e · a) · b.
Sei nun e ∈ S und sei u die triviale Schleife in (X, x0 ) mit u(s) = x0 für alle
s ∈ [0, 1]; dann ist e·1 = ũe (1). Ist aber ŭ die triviale Schleife in (E, e) mit ŭ(s) = e
für alle s ∈ [0, 1], so ist ŭ(0) = e und p ◦ ŭ = u, und damit ist ŭ = ũe (wieder nach
der Eindeutigkeit im Wege-Liftunge-Satz). Folglich ist e · 1 = ũe (1) = ŭ(1) = e.
(2) Sei a ∈ S; da e = e · 1, gilt dann
{a ∈ π1 (X, x0 ) : e · a = e} = {a ∈ π1 (X, x0 ) : e · a = e · 1}
= {a ∈ π1 (X, x0 ) : %e (a) = %e (1)}
und nach Aufgabe 51 gilt %e (a) = %e (1) genau dann, wenn a = a1−1 ∈ p∗ (π1 (E, e))
und folglich ist {a ∈ π1 (X, x0 ) : e · a = e} = p∗ (π1 (E, e)).
(3) Seien e1 , e2 ∈ S. Da E wegzusammenhängend ist, ist nach Aufgabe 50 die
Abbildung %e1 surjektiv und also gibt es ein a ∈ π1 (X, x0 ) mit %e1 (a) = e2 , und
daher mit e1 · a = e2 .