Blatt 11

Übungen zur Topologie, G. Favi
8. Mai 2009
Blatt 11
Abgabe: 15. Mai 2008, 12:00 Uhr
Ich empfehle jeder und jedem stark beim durchsehen der Lösungen auf einem Papier alles bildlich
darzustellen. Durch die abstrakte Denition einer Überlagerung (für eine anschaulichere, siehe mein
Skript) gestalten sich manche Beweise etwas unübersichtlich.
Im folgenden nehmen wir für eine Überlagerung p : Y → X immer an, dass X, Y 6= {}. Denn für
X = {} ist Y = {} die einzige Möglichkeit, da es sonst gar keine Abbildung nach X gibt und für
diesen Fall sind alle Aussagen hier trivial. Für X 6= {} muss auch Y 6= {} wegen der Surjektivität.
Aufgabe 1. (a) Es sei ϕ : Y
→ X eine surjektive stetige Abbildung, wobei X die diskrete Topologie
hat. Überlege, dass ϕ genau dann eine Überlagerung ist, wenn auch Y die diskrete Topologie hat.
(b) Wie sehen die Überlagerungen ϕ : Y → X aus, wenn X die triviale Topologie hat?
Nehmen wir an ϕ sei eine Überlagerung und sei y ∈ Y beliebig. Da ϕ eine Überlagerung ist, existiert eine sog. ausgezeichnete Umgebung U 3 x := ϕy oen, ein diskreter topologischer
Raum F (z.B. F = ϕ−1 x), sowie ein Homöomorphismus h : ϕ−1 U → U × F von Bündeln über U ;
D.h. das folgende Diagramm kommutiert
Beweis. Ad (a):
ϕ−1 U9
99
9
ϕ 999
h
∼
U
/U ×F
π1
,
wobei π1 die Standardprojektion auf den ersten Faktor. Da X diskret ist, ist auch U ⊂ X diskret
und wir erhalten also, dass ϕ−1 U ∼
= U × F diskret ist. Also ist {y} ⊂ ϕ−1 U oen und da ϕ stetig ist
−1
(d.h. ϕ U ⊂ Y oen) ist auch {y} ⊂ Y oen. Damit sind einpunktige Mengen in Y oen und also
Y diskret. Ist umgekehrt Y diskret, so ist für x ∈ X beliebig U := {x} eine oene Umgebung und
F := ϕ−1 x diskret. Mit dem Homöomorphismus h : ϕ−1 x → {x} × ϕ−1 x, y 7→ (x, y) kommutiert
zudem das Diagramm oben und also ist ϕ eine Überlagerung.
Ad (b): Trägt X die triviale Topologie und ist x ∈ X beliebig, so ist U = X die einzig mögliche
oene Umgebung und ϕ−1 X = Y muss als Bündel über X homöomorph zu einem X × F mit
F diskret sein. D.h. Y ist nichts anderes als ein Coprodukt (d.h. eine disjunkte Vereinigung) von
Kopien von X .
Aufgabe 2. Sei p : Y
→ X eine Überlagerung.
1) Ist X lokal wegzusammenhängend und Y zusammenhängend, so ist Y wegzusammenhängend.
2) Ist X zusammenhängend, so haben alle Fasern von p dieselbe Kardinalität, d.h. für jedes Paar
x0 , x1 ∈ X gibt es eine Bijektion p−1 (x0 ) ' p−1 (x1 ). (Also die Blätterzahl der Überlagerung
ist konstant)
3) Ist Y kompakt, so ist X kompakt und die Überlagerung p ist endlich1 .
4) Ist X kompakt und die Überlagerung endlich, so ist Y kompakt.
5)∗ Ist X einfach zusammenhängend, Y wegzusammenhängend, so ist p ein Homöomorphismus.
Beweis. Ad (1): Wir zeigen, dass Y lokal wegzusammenhängend, womit wegzusammenhängend
folgt (s. Blatt 3, Aufgabe 5). Prinzipiell gilt für Überlagerungen das Motto: Lokale Eigenschaften
übertragen sich jeweils (von X nach Y und von Y nach X ), da ja jede Überlagerung ein lokaler Homöomorphismus ist. Sei also y ∈ Y beliebig und U 3 y oen. Da p ein lokaler Homöomorphismus ist,
existiert U 0 3 y oen, sodass pU 0 ⊂ X oen und p|U 0 : U 0 ∼
= pU 0 . O.B.d.A. nehmen wir an U 0 ⊂ U
(sonst ersetzen wir U 0 durch U ∩ U 0 ). Da pU 0 3 x := py oen und X lokal wegzusammenhängend
ist, existiert V ⊂ pU 0 oen und wegzusammenhängend mit x ∈ V . Also ist W := p|−1
V ⊂ U0
U0
auch oen und wegzusammenhängend und klar y ∈ W . Also ist Y lokal wegzusammenhängend, wie
behauptet.
−1
Ad (2): Wir denieren eine Äquivalenzrelation auf X : Für x1 , x2 ∈ X ist x1 ∼ x2 :⇔ p x1 ∼
= p−1 x2
als Mengen (d.h. es gibt eine Bijektion). Man prüft leicht, dass dies tatsächlich eine Äquivalenzrelation ist und wir zeigen als nächstes, dass die Äquivalenzklassen oen sind. Sei also C ⊂ X eine
Äquivalenzklasse dieser Relation. Für x ∈ C beliebig existiert eine oene Umgebung U 3 x, ein
diskreter topologischer Raum F (z.B. F = p−1 x), sowie ein Homöomorphismus h : p−1 U ∼
= U ×F
von Bündeln über U . Insbesondere ist für x0 ∈ U beliebig p−1 x0 ∼
= {x0 } × F ∼
= {x} × F ∼
= p−1 x
und also U ⊂ C . Somit sind die Äquivalenzklassen oen und bilden damit eine Zerlegung von X
in disjunkte, oene Teilmengen. Da X zusammenhängend ist, kann also nur eine Äquivalenzklasse
existieren und die Behauptung folgt.
Ad (3): Eine Überlagerung ist per Denition surjektiv und da Bilder von Kompakta unter stetigen Abbildungen wieder kompakt sind, folgt der erste Teil der Behauptung. Für x ∈ X sei Vx
eine ausgezeichnete Umgebung von x und es folgt, Sdass (Vx )x∈X eine oene Überdeckung von X
ist. Also existieren x1 , . . . , xn ∈ X , sodass X = ni=1 Vxi und wir können diese minimal wählen (d.h. wird ein Vxi weggelassen, so wird X nicht
vollständig überdeckt).
Schreiben wir
Sn
Sn mehr S
n
−1
−1
−1
−1
Ui := p Vxi , haben wir somit Y = p X = p
i=1 Ui und da die Vxi
i=1 p Vxi =
i=1 Vxi =
alles ausgezeichnete Umgebungen sind, nden wir für jedes i ∈ {1, . . . , n} einen Homöomorphismus
hi : Ui = p−1 Vxi → Vxi × Fi von Bündeln über Vxi , wobei Fi diskret. Für i ∈ {1, . . . , n} x und
f ∈ Fi schreiben wir Uif := h−1 (Vxi ×{f }) und bemerken, dass dies paarweise disjunkte oene MenS
gen sind (d.h. sind f, g ∈ Fi , f 6= g , so ist Uif ∩ Uig = {}). Zudem ist klar Ui = p−1 Vxi = f ∈Fi Uif .
∈Fi
Wir erhalten so eine oene Überdeckung (Uif )fi∈{1,...,n}
von Y und da Y kompakt ist, existiert eine
n
endliche Teilüberdeckung. Da jedoch (Vxi )i=1 eine minimale Überdeckung von X ist und für i x
die Uif paarweise disjunkt sind, ist diese Überdeckung schon minimal, denn wäre für i ∈ {1, . . . , n}
und f ∈ Fi x
[
Uif ⊂
Ujg ,
j=1,...,n
g∈Fj
(j,g)6=(i,f )
so ist schon
Uif ⊂
[
j=1,...,n
j6=i
1
Man sagt dass eine Überlagerung
endlich
[
g∈Fj
Ujg =
[
Uj ,
j=1,...,n
j6=i
ist falls die Blätterzahl an der Stelle
x
endlich ist für alle
x ∈ X.
da ja Uif ∩ Uig = {} ∀g ∈ Fi \ {f }. Da zudem pUif = ph−1 (Vxi × {f }) = π1 (Vxi × {f }) = Vxi folgt
somit, dass
[
[
[
Vxi = pUif ⊂ p
Uj =
j=1,...,n
j6=i
pUj =
j=1,...,n
j6=i
Vxj ,
j=1,...,n
j6=i
∈Fi
was ein Widerspruch zur Minimalität von (Vxi )ni=1 ist. Damit hat also (Uif )fi∈{1,...,n}
keine echte
Teilüberdeckung (d.h. keine ausser sich selbst) und muss also endlich sein. Insbesondere sind alle Fi
(und damit alle Fasern) endlich.
Ad (5): Eine Überlagerung ist stetig und ein lokaler Homöomorphismus, d.h. insbesondere oen. Somit reicht es die Bijektivität von p nachzuweisen. Dazu verwenden wir den sogenannten Monodromie[γ]
[γ]∗
funktor zur Überlagerung p. Wir denieren Mp : Π1 (X) → Sets, (x1 −→ x2 ) 7→ (p−1 x1 −−→ p−1 x2 ),
wobei [γ]∗ folgendermassen deniert ist: [γ]∗ : p−1 x1 → p−1 x2 , y 7→ y[γ] =: γ̃1, wobei γ̃ der eindeutige Lift von γ mit Anfangspunkt y . Wie in der Vorlesung gesehen ist dies unabhängig vom
Repräsentanten γ und also wohldeniert. Setzen wir x1 = x2 =: x, so erhalten wir die bekannte
Monodromieoperation von π1 (X, x) auf p−1 x, welche y auf y[γ] schickt (dies ist eine Rechtsoperation!). Diese Operation ist für Y wegzusammenhängend transitiv, denn sind y1 , y2 ∈ p−1 x beliebig,
so wählen wir einen Verbindungsweg γ von y1 nach y2 . Folglich ist pγ eine Schleife in x und γ ist
der Lift von pγ mit Anfangspunkt y1 . D.h. y1 [pγ] = y2 und die Operation ist tatsächlich transitiv.
Da hier X einfach zusamenhängend ist, ist π1 (X, x) = 1 und wegen der Transitivität muss also
p−1 x einpunktig sein oder anders gesagt p ist injektiv. Da p per Denition surjektiv ist folgt die
Behauptung.
Bemerkung. Zur Aufgabe (5): Manche Autoren fordern keine Surjektivität in der Denition einer
Überlagerung. Die Aussage (5) gilt dann für Y 6= {} trotzdem, da man mit (2) folgern kann, dass
für X zusammenhängend eine Überlagerung p : Y → X surjektiv sein muss.
Für die Teilaufgabe (4) müssen wir etwas weiter ausholen.
Lemma. Eine stetige Abbildung p : Y
→ X ist abgeschlossen (d.h. Bilder abgeschlossener Mengen
sind abgeschlossen) ⇔ Für alle x ∈ X und U ⊂ Y oen mit p−1 x ⊂ U existiert V 3 x oen mit
p−1 V ⊂ U .
Für x ∈ X und U ⊂ Y oen mit p−1 x ⊂ U ist A := Y \ U abgeschlossen und
also auch pA ⊂ X abgeschlossen. Wir setzen V := X \ pA, was ja oen ist und klar x ∈ V , da
p−1 x ∈ U = Y \ A und also p−1 x ∩ A = {}, womit pa 6= x ∀a ∈ A und d.h. x ∈
/ pA. Es bleibt zu
−1
−1
−1
zeigen, dass p V ⊂ U . Dies ist jedoch einfach, denn ist y ∈ p V = p (X \ pA) = Y \ p−1 pA, so
ist py ∈/ pA, d.h. py 6= pa ∀a ∈ A und insbesondere also y ∈/ A oder anders gesagt y ∈ Y \ A = U .
⇐: Sei A ⊂ Y abgeschlossen, U := Y \ A und B := pA ⊂ X . Für x ∈ X \ B ist folglich
p−1 x ⊂ Y \ A = U . Nach Voraussetzung existiert also V 3 x oen mit p−1 V ⊂ U = Y \ A und
insbesondere also V ∩ pA = {}. Damit ist V ⊂ X \ B , womit X \ B oen, d.h. B abgeschlossen
ist.
Beweis. ⇒:
Denition. Eine stetige Abbildung p : Y
ist und zudem die Fasern
Satz. Ist p : Y
p−1 x
→ X heisst perfekt, wenn sie surjektiv und abgeschlossen
⊂ Y für alle x ∈ X kompakt sind.
→ X perfekt und X kompakt, so ist auch Y kompakt.
Sei (Uj )j∈J eine oene Überdeckung von Y . Da p perfekt
ist, ist p−1 x für alle x ∈ X
S
kompakt und folglich existiert Jx ⊂ J endlich, sodass p−1 x ⊂ j∈Jx Uj . Wir verwenden nun das
Beweis.
Lemma oben und nden zu jedem x ∈ X ein Vx ⊂ X oen, sodass p−1 Vx ⊂ j∈Jx Uj . Es ist klar,
dass (Vx )x∈X eine oene Überdeckung von X ist und da X kompakt, existieren x1 , . . . , xn ∈ X ,
sodass X = Vx1 ∪ . . . ∪ Vxn . Wir erhalten somit, dass
S
−1
Y =p
X=p
−1
n
[
i=1
n
[
V xi =
−1
p
i=1
V xi ⊂
n [
[
Uj
i=1 j∈Jx
und dies ist eine endliche Teilüberdeckung.
Bemerkung. Die Surjektivität von p wurde nirgends verwendet und der Satz gilt also allgemeiner
für p stetig, abgeschlossen und alle Fasern kompakt.
Dank des Satzes reicht es nun für Aufgabe (4) zu zeigen, dass eine endliche Überlagerung perfekt
ist.
Behauptung. Eine Überlagerung p : Y
→ X ist perfekt ⇔ p ist endlich.
Sei x ∈ X beliebig. Da p eine Überlagerung ist, ist p−1 x ⊂ Y ein diskreter Unterraum
und also ist p x kompakt ⇔ p−1 x endlich.
⇐: Eine Überlagerung ist per Denition surjektiv und stetig. Nach Voraussetzung sind alle Fasern
endlich und also kompakt. Es bleibt zu zeigen, dass p abgeschlossen ist. Sei x ∈ X und U ⊂ Y
oen mit p−1 x = {y0 , . . . , yn } ⊂ U (die yi paarweise verschieden). Da p eine Überlagerung ist,
existiert eine ausgezeichnete Umgebung W 3 x oen, zusammen mit einem Homöomorphismus
h : p−1 W → W × F von Bündeln über W , wobei F = {0, . . . , n} = n + 1 diskret ist. O.B.d.A.
nehmen wir an, dass hyi ∈ W × {i} =: Wi ∀i ∈ {0, . . . , n} (es ist klar, dass jedes Wi genau ein
yj enthält, da h ein Homöomorphismus ist und falls yj 6= yi , so nummerieren wir einfach um) und
setzen Ui := h−1 Wi , was eine oene Umgebung von yi in Y ist. Es folgt nun, dass U ∩ Ui auch eine
oene Umgebung von yi ist und da p ein lokaler Homöomorphismus ist, ist p insbesondere oen.
Also ist Vi := p(U ∩Ui ) ⊂ W eine oene Umgebung von x in X und somit auch V := V0 ∩. . .∩Vn . Es
bleibt zu zeigen, dass p−1 V ⊂ U um wiederum
das Lemma oben anwenden zu können. Betrachten
S
wir dazu hp−1 V = π −1 V = V × F ⊂ ni=0 (Vi × {i}). Es ist dann
Beweis. ⇒:
−1
p−1 V = h−1 hp−1 V = h−1
n
[
(Vi × {i}) =
i=0
n
[
h−1 (Vi × {i}) =
i=0
n
[
(U ∩ Ui ) ⊂ U.
i=0
Dabei haben wir in der letzten Gleichung verwendet, dass
h−1 (Vi × {i}) = p−1 π1 (Vi × {i}) = p−1 Vi = p−1 p(U ∩ Ui )
= p−1 π1 h(U ∩ Ui ) = h−1 h(U ∩ Ui )
= U ∩ Ui .
Aufgabe 3. (a) Ist p : Y
→ X eine Überlagerung und A ⊂ X ein Unterraum, so ist die induzierte
Abbildung p|p−1 (A) : p−1 (A) → A ebenfalls eine Überlagerung.
(b)∗ Veralgemeinerung von (a): Ist p : Y → X eine Überlagerung und f : X 0 → X eine stetige Abbildung, dann gibt es eine kanonische Überlagerung q : f ∗ Y → X 0 und ein kommutatives
Diagramm:
g
f ∗Y
/Y
q
p
X0
/X
f
Man nde dazu eine universelle Eigenschaft für die Überlagerung q : f ∗ Y → X 0 .
Bemerkung. Wir erinnern uns an die Denition des Pullbacks, was der duale Begri zum Pushout ist. Die universelle Eigenschaft eines Pullbacks ist also folgende: Ein Diagramm wie in der
ϕ
ψ
Behauptung (b) ist ein Pullback, falls für alle topologischen Räume Z und alle Z −
→ X 0, Z −
→Y
χ
stetig, sodass f ◦ ϕ = p ◦ ψ ein eindeutiges, stetiges Z −
→ f ∗ Y existiert, sodass folgendes Diagramm
kommutiert:
ZC
ψ
C ∃!χ
C
C!
f ∗Y
ϕ
/Y
g
q
p
" X0
/X
f
.
Etwas ungenau wird dann häug f ∗ Y als der Pullback von p entlang f bezeichnet (natürlich ist
dies zugleich auch der Pullback von f entlang p, d.h. wir können das Diagramm an der Diagonale
von f ∗ Y nach X spiegeln und haben noch immer einen Pullback, was trivial ist). Diese Denition
lässt sich leicht auf beliebige Kategorien übertragen; Für die Kategorie der topologischen Räume
haben f ∗ Y , q und g jedoch einfache, mengentheoretische Beschreibungen. Man kann nämlich einfach
f ∗ Y := X 0 ×X Y := {(x, y) ∈ X 0 × Y | f x = py} ⊂ X 0 × Y setzen (g , q Standardprojektionen) und
prüft leicht die universelle Eigenschaft.
Bemerkung. Dual zu Blatt 9, Aufgabe 5 ist die Verknüpfung zweier Pullbacks wieder ein Pullback.
Diese Tatsache wird oft als Pullback-Lemma bezeichnet.
Beweis. Ad (a):
Um (b) auf (a) anwenden zu können, bemerken wir, dass für p : Y → X stetig,
A ⊂ X ein Unterraum das folgende Diagramm ein Pullback ist
p−1 A /
ι2
/Y
p
p
A /
ι1
/X
,
wobei die horizontalen Pfeile Standardinklusionen sind. Diese Tatsache werden wir auch im Beweis
von (b) verwenden (allerdings das gespiegelte Diagramm). Um dies nun formal einzusehen, sei Z
ein topologischer Raum, ϕ : Z → A, ψ : Z → Y stetig, sodass ι1 ◦ ϕ = p ◦ ψ . Es folgt dann, dass
p ◦ ψZ = ι1 ◦ ϕZ = ϕZ ⊂ A und also ψZ ⊂ p−1 A. Damit faktorisiert ψ eindeutig durch ι2 und wir
sind fertig.
0
Ad (b): Wir prüfen, dass q aus dem Pullback eine Überlagerung ist. Sei dazu x ∈ X beliebig.
Da p eine Überlagerung, existiert U 3 f x oen in X , zusammen mit einem Homöomorphismus
h : p−1 U → U × F von Bündeln über U , wobei F diskret. D.h. wir haben ein erstes kommutatives
Dreieck
p−1 U9
99
9
p 999
h
∼
U
/U ×F
π1
,
wobei der rechte Pfeil die Standardprojektion. Wegen der Stetigkeit von f ist f −1 U ⊂ X 0 oen und
klar x ∈ f −1 U . Wir zeigen nun, dass g −1 p−1 U = q −1 f −1 U ∼
= f −1 U × F als Bündel über f −1 U .
Dazu bemerken wir als erstes (wie in (a)), dass das Diagramm unten links ein Pullback ist (die
vetikalen Pfeile sind Standardinklusionen) und unter Verwendung des Homöomorphismus' h also
auch das Mittlere. Das Pullback-Lemma liefert schliesslich, dass das äussere Rechteck des rechten
Diagramms auch ein Pullback ist
g −1 p−1 U
g
f ∗Y
g
/ p−1 U
g −1 p−1 U
/Y
h◦g
f ∗Y
/U ×F
g
/Y
h◦g
g −1 p−1 U
h−1
g
f ∗Y
/U ×F
/Y
h−1
p
q
X0
f
/X
.
Um einen Homöomorphismus g −1 p−1 U ∼
= f −1 U × F zu konstruieren betrachten wir die Standardprojektion π10 : f −1 U × F → f −1 U ⊂ X 0 , sowie f × 1F : f −1 U × F → U × F . Es gilt dann mit dem
kommutativen Dreieck oben, dass p ◦ h−1 ◦ (f × 1F ) = π1 ◦ (f × 1F ) = f ◦ π10 und also existiert ein
eindeutiges, stetiges h0 : f −1 U × F → g −1 p−1 U , sodass folgendes Diagramm kommutiert
f −1 U × F
f ×1F
N
N ∃!h0
N
N
N&
g −1 p−1 U
π10
h◦g
p◦h−1
q
' 0
X
%
/U ×F
f
/X
.
Es bleibt zu zeigen, dass h0 ein Homöomorphismus ist. Dazu benötigen wir eine Inverse und ein
naheliegender Kandidat dafür ist (q, π2 ◦ h ◦ g) : g −1 p−1 U → f −1 U × F , wobei π2 : U × F → F die
Standardprojektion (dies ist wohldeniert, da ja qg −1 p−1 U = qq −1 f −1 U = f −1 U ⊂ X 0 ). Dies mag
nicht so naheliegend erscheinen; Betrachtet man jedoch die gegebene Situation so ist es eigentlich
die einzige Abbildung der Form g −1 p−1 U → f −1 U × F , die wir konstruieren können. Wir zeigen
nun, dass dies tatsächlich eine Inverse von h ist. Dies ist jedoch einfach, da ja die erste Komponente
von (q, π2 ◦ h ◦ g) ◦ h0 gerade π10 ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) ◦ h0 = q ◦ h0 = π10 ist und die zweite Komponente
π20 ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) ◦ h0 = π2 ◦ h ◦ g ◦ h0 = π2 ◦ (f × 1F ) = 1F ◦ π20 = π20 . Also ist tatsächlich
(q, π2 ◦ h ◦ g) ◦ h0 = 1f −1 U ×F . Für die andere Komposition betrachten wir
g −1 p−1 U
h◦g
g −1 p−1 U
h◦g
%
/U ×F
q
p◦h−1
q
& 0
X
/X
f
.
Wir prüfen, dass sowohl 1g−1 p−1 U als auch h0 ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) in das Diagramm passen und wegen
der Eindeutigkeit müssen sie also gleich sein und wir sind fertig. Dazu rechnet man leicht nach
q ◦ h0 ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) = π10 ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) = q und h ◦ g ◦ h0 ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) = (f × 1F ) ◦ (q, π2 ◦ h ◦ g) =
(f ◦ q, π2 ◦ h ◦ g) = (p ◦ g, π2 ◦ h ◦ g) = h ◦ g . Die letzte Gleichheit sieht man dabei im kommutativen
Diagramm
/
u: UOO
u
u
p uu
u
π1
uu
u
u
h /
/ p−1 U
U ×F
p◦g
g −1 p−1 U
g
∼
π2 ◦h◦g
π2
/F
unter Verwendung der universellen Eigenschaft des Produkts.
Bemerkung. Wie man sieht, gestaltet sich der Beweis unter blosser Verwendung universeller Ei-
genschaften als recht unübersichtlich und die Hauptaufgabe ist es, die passenden Diagramme zu
nden. Als kleine Übung versuche man, denselben Beweis mengentheoretisch, mit der expliziten
Beschreibung von f ∗ Y , q und g , zu führen, wo dann wohl die Hauptaufgabe ist, die Stetigkeit von
vielen Funktionen nachzuweisen.