¨Ubungsblatt 6

Vorlesung Geometrie
http://www.math.uni-leipzig.de/~grosse/teaching
Dr. Nadine Große
WS 14/15
Übungsblatt 6
Aufgabe 21. Sei (X, d) ein metrischer Raum.
a) Sei TX die Menge aller U ⊂ X für die gilt: Für alle x ∈ U gibt es ein > 0 so dass B (x) := {y ∈
X | d(x, y) < } eine Teilmenge von U ist. Zeigen Sie, dass TX eine Topologie ist.
b) Sei f : X → Y eine Abbildung zwischen metrischen Räumen (X, dX ) und (Y, dY ). Eine Abbildung
zwischen metrischen Räumen nennt man stetig, wenn für alle x ∈ X und alle > 0 es ein δ > 0
gibt, so dass für alle x0 ∈ X mit d(x, x0 ) < δ gilt, dass d(f (x), f (x0 )) < . Zeigen Sie: Die
Abbildung f ist stetig bzgl. der induzierten Topologien TX und TY genau dann, wenn f als
Abbildung zwischen metrischen Räumen stetig ist.
Lösung 21. a) ∅ ∈ TX , da Für-alle-Aussagen über leeren Mengen immer wahr sind.
X ∈ TX klar.
Seien U1 , . . . , Un ∈ TX . Setze V := ∩i Ui . Sei x ∈ V . Dann ist x ∈ Ui für alle i = 1, . . . , n. Da Ui ∈ TX
ist, gibt es ein i > 0 mit Bi (x) ⊂ Ui . Wähle = inf i i . Dann ist > 0, da das Infimum nur über eine
endliche Menge genommen wird und wir haben B (x) ⊂ Bi (x) ⊂ Ui , also B (x) ⊂ V . Damit ist V ∈ TX .
Sei (Ui )i eine Familie von Mengen in TX und W := ∪i Ui . Sei x ∈ W . Dann gibt es eine i mit x ∈ Ui und
damit gibt es ein > 0 mit B (x) ⊂ Ui ⊂ W . Es ist also W ∈ TX .
b) Die Stetigkeit in metrischen Räumen kann äquivalent umformuliert werden als: Für alle x ∈ X und
alle > 0 es ein δ > 0 gibt, so dass f (x0 ) ∈ B (f (x)) für alle x0 ∈ Bδ (x).
Sei nun f stetig in diesem Sinne. Sei U ∈ TY . Wir wollen zeigen, dass f −1 (U ) ∈ TX ist. Sei x ∈ f −1 (U ).
Dann ist f (x) ∈ U . Da f −1 (U ) offen ist, gibt es ein > 0 mit B (f (x)) ⊆ f −1 (U ). Da f stetig als
Abbildung zwischen metrischen Räumen ist, gibt es ein δ > 0 mit f (x0 ) ∈ B (f (x)) für alle x0 ∈ Bδ (x).
Damit ist f (Bδ (x)) ⊂ U , also Bδ (x) ⊂ f −1 (U ) und U ∈ TY .
Sei nun f stetig als Abbildung zwischen topologischen Räumen. Sei x ∈ X und > 0. Dann ist B (f (x))
eine offene Menge in Y und wegen der Stetigkeit ist V := f −1 (B (f (x))) eine offene Menge in X mit
x ∈ V . Also gibt es ein δ > 0 mit Bδ (x) ⊂ V . Insgesamt haben wir also: Für jedes x0 ∈ Bδ (x) gilt
f (x0 ) ∈ f (Bδ (x)) ⊂ B (f (x)).
Aufgabe 22.
a) Sei q : X → Y eine surjektive Abbildung und (X, T ) ein topologischer Raum.
Sei (Y, T 0 ) die durch q induzierte Quotiententopologie. Für jeden weiteren topologischen Raum
(Z, T 00 ) und jede Abbildung f : Y → Z gilt: f ist genau dann stetig wenn f ◦ q stetig ist.
b) Sei Y eine Teilmenge eines topologischen Raumes (X, T ). Ein Punkt y ∈ Y heißt innerer Punkt
von Y , wenn es eine offene Menge Uy gibt, die y enthält und in Y enthält. Zeigen Sie, dass Y
genau dann offen ist, wenn jeder Punkt ein innerer Punkt ist.
Lösung 22. a) Sei f stetig, dann ist f ◦ q stetig, da die Hintereinanderauführung stetiger Abbildung
stetig ist:
Lemma: Sei f : X → Y und g ◦ Y → Z stetige Abbildungen zwischen topologischen Räumen X, Y, Z.
Dann ist g ◦ f stetig.
Besweis: Sei U ∈ Z offen. Dann ist g −1 (U ) in Y offen, da g stetig ist, und damit f −1 (g −1 (U )) =
(g ◦ f )−1 (U ) offen, da f stetig ist.
Sei nun f ◦ q stetig, d.h. für jede offene Menge U ⊂ Z ist (f ◦ q)−1 (U ) = q −1 (f −1 (U )) in X offen. Da Y
die Quotiententopologie trägt, ist damit f −1 (U ) offen.
b) Falls Y offen ist, ist die Aussage offentsichtlich wahr – man nehme einfach immer Uy = Y für jedes
y ∈Y.
Sei nun jeder Punkt von Y ein innerer Punkt mit Uy wie oben. Dann ist ∪y∈Y Uy = Y als Vereinigung
offener Menge wieder offen.
Aufgabe 23. Sei Rn+1 mit der Standardtopologie gegeben. Die kanonische Topologie auf S n ⊂ Rn+1
x
. Wir betrachten
ist die vom Rn+1 induzierte Topologie. Sei pr : Rn+1 \ {0} → S n gegeben durch x 7→ kxk
Rn+1 \ {0} mit der durch die Standardtopologie auf Rn+1 induzierten Topologie. Zeigen Sie, dass die
durch pr definierte Quotiententopologie gleich der kanonischen Topologie auf S n ist.
Lösung 23. Sei U ⊂ S n offen in der vom Rn+1 induzierten Topologie. Dann gibt es eine offene Menge V
in Rn+1 mit V ∩ S n = U . Sei nun W = {λx | λ > 0, x ∈ U }. Dann ist W eine offene Teilmenge von Rn+1 ,
denn wir sehen leicht, dass jeder Punkt ein innerer Punkt ist: Sei y = λx mit λ > 0 und x ∈ U ⊂ S n in W .
Dann ist auch x ∈ V und es gibt es > 0 mit B (x) ⊂ V . Damit ist W 0 = {λz | λ > 0, z ∈ B (x)} ⊂ W ,
B/2 (x) ∩ S n ⊂ U und nach Strahlensatz ist Bλ/2 (y) ⊂ W 0 ⊂ W .
Sei andererseits U ⊂ S n offen in der durch pr definierten Quotiententopologie. Dann ist W , wie oben,
offen in Rn+1 und damit auch offen in Rn+1 \{0}. Wegen W ∩S n = U , ist U damit auch in der induzierten
Topologie offen.
Aufgabe 24. Sei (X, d) ein kompakter, metrischer Raum. (Kompakt bezieht sich hier auf die von der
Metrik induzierten Topologie.) Zeigen Sie, dass X beschränkt ist, d.h., dass es ein C > 0 gibt, so dass
d(x, y) < C für alle x, y ∈ X ist. (Tipp: Betrachten Sie immer größer werdende Abstandsbälle um einen
festen Punkt x ∈ X.)
Lösung 24. Sei x ∈ X fest gewählt. Setze Ui := Bi (x). Dann ist (Ui )i∈N eine Überdeckung von X durch
offene Mengen (Das ist klar, da unsere Definition von Metrik nur endliche Abstände zulässt und jeder
andere Pkt von x damit einen endlichen Abstand haben muss.). Da X kompakt ist, gibt es i1 , . . . , in mit
X = ∪nj=1 Uij . Sei o.B.d.A. in das größte ij . Dann ist X = Bin (x). Seien nun y, z ∈ X. Dann gilt
d(y, z) ≤ d(y, x) + d(x, z) ≤ 2in := C
und X ist beschränkt.