Scheinklausur zur Topologie

Prof. M. Eisermann
Topologie
10. Januar 2015
Scheinklausur zur Topologie
Aufgabe 1. Bitte füllen Sie folgendes aus! (1 Punkt)
Name: Musterlösung
Matrikelnummer: Musterlösung
Vorname: Musterlösung
Name des Tutors: Musterlösung
Es gelten die üblichen Klausurbedingungen. Bitte beachten Sie folgende Hinweise:
• Bearbeitungszeit: 120 Minuten
• Erlaubte Hilfsmittel: keine
• Bearbeitungen mit Bleistift oder Rotstift sind nicht zulässig.
• Bei Multiple-Choice-Fragen (Aufgabe 2) gibt es Punkte für jede richtige Antwort, keine
Punkte bei fehlender Antwort, und negative Punkte für jede falsche Antwort (im Mittel
jeweils 0). Eine negative Gesamtpunktzahl der Aufgabe wird als Null gewertet.
Viel Erfolg!
Den unteren Teil dieses Deckblattes bitte für Korrekturvermerke freilassen.
Aufgabe
Punkte
1
2
/1
3
/18
4
/13
5
/9
6
/10
7
/8
8
/8
Gesamt
/8
/75
Vorwort zur Musterlösung: Diese Klausur dient als Zwischenbilanz zur Wiederholung der
grundlegenden Begriffe: Definitionen und Sätze, Beispiele und Gegenbeispiele aus Vorlesung
und Übung, auch einfache Beweise. Die Fragen sind zahlreich aber leicht. Zur Nacharbeitung
habe ich Antworten ausführlicher erläutert, als in der Prüfungssituation verlangt war.
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Aufgabe 2. Topologische Eigenschaften (18 Punkte)
Beantworten Sie folgende Fragen (bzw. Aussagen) mit ja (= wahr) oder nein (= unwahr). Jede
richtige Antwort gibt einen Punkt, für jede falsche wird ein Punkt abgezogen (Mittelwert 0).
2A. In jedem Kompaktum ist jede abgeschlossene Teilmenge kompakt.
X Ja
Nein
2B. In jedem Hausdorff–Raum ist jedes Kompaktum abgeschlossen.
X Ja
Nein
2C. Jede kompakte Menge A ⊂ Rn ist beschränkt und abgeschlossen.
X Ja
Nein
2D. Jede beschränkte und abgeschlossene Menge A ⊂ Rn ist kompakt.
X Ja
Nein
2E. Je zwei Normen auf dem R–Vektorraum Rn sind äquivalent.
X Ja
Nein
2F. Je zwei Normen auf dem Q–Vektorraum Qn sind äquivalent.
Ja X Nein
2G. Jeder lokal-kompakte Raum ist kompakt.
Ja X Nein
2H. Jeder kompakte Raum ist lokal-kompakt.
Ja X Nein
2I. Jeder lokal-kompakte Hausdorff–Raum ist ein Baire–Raum.
X Ja
Nein
2J. Jeder vollständig metrisierbare Raum ist ein Baire–Raum.
X Ja
Nein
X Ja
Nein
X Ja
Nein
2K. Jedes Produkt
Q
i∈I
Xi kompakter Räume Xi ist kompakt.
2L. Jedes Produkt zusammenhängender Räume ist zusammenhängend.
2M. Jeder zusammenhängende Raum ist wegzusammenhängend.
Ja X Nein
2N. Jeder wegzusammenhängende Raum ist zusammenhängend.
X Ja
Nein
2O. Ist A ⊂ X zusammenhängend, so auch der Abschluss A ⊂ X.
X Ja
Nein
2P. Ist A ⊂ X wegzusammenhängend, so auch der Abschluss A ⊂ X.
2Q. Haben zwei endliche Simplizialkomplexe K, L homöomorphe Polyeder
|K| ∼
= |L|, so haben sie dieselbe Euler–Charakteristik χ(K) = χ(L).
Ja X Nein
X Ja
Nein
2R. Haben zwei endliche Simplizialkomplexe K, L dieselbe Euler–Charakteristik
χ(K) = χ(L), so haben sie homöomorphe Polyeder |K| ∼
Ja X Nein
= |L|.
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Aufgabe 3. Kompaktheit (2+4+4+3 = 13 Punkte)
3A. Sei f : X → Y stetig und B ⊂ Y kompakt. Ist dann auch f −1 (B) ⊂ X kompakt?
Ja X Nein. Beweis oder Gegenbeispiel:
I Jede Abbildung f : X → {∗} von einem nicht-kompakten Raum X auf B = {∗}.
Weitere Gegenbeispiele sind die Projektionsabbildung p : R2 → R mit p(x, y) = x und B = {∗}
oder die Inklusion [0, 1]Q ,→ [0, 1] mit B = [0, 1]. Der Phantasie sind keine Grenzen gesetzt. . .
3B. Sei f : X → Y stetig und A ⊂ X kompakt. Ist dann auch f (A) ⊂ Y kompakt?
X Ja
Nein. Beweis oder Gegenbeispiel:
S
Sei f (A) ⊂ i∈I Vi eine offene Überdeckung in Y .
I Da f stetig ist, ist Ui = f −1 (Vi ) offen für jedes i ∈ I.
S
Wir erhalten so die offene Überdeckung A ⊂ i∈I Ui in X.
I Da A kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung A ⊂ Ui1 ∪ · · · ∪ Uin .
I Aus f (Ui ) ⊂ Vi folgt f (A) ⊂ f (Ui1 ) ∪ · · · ∪ f (Uin ) ⊂ Vi1 ∪ · · · ∪ Vin .
3C. Sei f : X → Y stetig, X kompakt, Y hausdorffsch. Ist dann f abgeschlossen?
X Ja
Nein. Beweis oder Gegenbeispiel:
Sei A ⊂ X abgeschlossen.
I Da X kompakt ist, ist A kompakt (2A).
I Da f stetig ist, ist das Bild f (A) kompakt (3B).
I Da Y hausdorffsch ist, ist f (A) abgeschlossen (2B).
Erläuterung: Ist f : X → Y zudem bijektiv, so ist f ein Homöomorphismus.
3D. Sei (X, T ) hausdorffsch. Kann eine echt feinere Topologie T 0 ) T kompakt sein?
Ja X Nein. Beispiel oder Gegenargument:
I Wegen T 0 ⊃ T ist die identische Abbildung id : (X, T 0 ) → (X, T ) stetig.
I Ist (X, T 0 ) kompakt, so ist id ein Homöomorphismus (3C), also T 0 = T .
Erläuterung: Auf jeder Menge X gibt es (verschiedene) kompakte hausdorffsche Topologien T .
Jede echt feinere Topologie T 0 ) T ist hausdorffsch, aber nicht kompakt. Jede echt gröbere
Topologie T 0 ( T ist kompakt, aber nicht hausdorffsch.
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Aufgabe 4. Kompaktifizierung (3+2+1+3 = 9 Punkte)
4A. Im Ball Dn schlagen wir die Randsphäre Sn−1 zu einem Punkt zusammen. Geben Sie zum
Quotienten Dn // Sn−1 einen homöomorphen Raum X ⊂ Rm an, sowie eine stetige Abbildung
h : Dn → Rm , die eine Bijektion h̄ : Dn // Sn−1 → X induziert.
I Der Quotient Dn // Sn−1 ist homöomorph zur Sphäre Sn ⊂ Rn+1 . II Dies sieht man anhand
der Abbildung h : Dn → Rn+1 mit h(rs) = (cos(πr), sin(πr)s) wobei r ∈ [0, 1] und s ∈ Sn−1 .
Erläuterung: Die Abbildung h ist wohldefiniert und stetig, ihr Bild ist Sn , sie ist injektiv auf Bn
und wirft Sn−1 auf (−1, 0, . . . , 0). Somit induziert h eine stetige Bijektion h̄ : Dn // Sn−1 → Sn .
∼
Alternativ h : Dn → Rn ∪ {∞} −
→
Sn mit h(x) = x/(1 − |x|) und stereographischer Projektion.
4B. Warum ist die stetige Bijektion h̄ in der vorigen Konstruktion ein Homöomorphismus?
I Der Raum Dn ist kompakt (2D), somit auch der Quotient Dn // Sn−1 (3B).
Der euklidische Raum Rn+1 ist hausdorffsch, somit auch der Teilraum Sn .
I Die stetige Bijektion h̄ ist abgeschlossen (3C), also ein Homöomorphismus.
4C. Sei (X, T ) ein lokal-kompakter Hausdorff–Raum. Sei ∞ ∈
/ X ein Punkt und X̂ = X ∪{∞}.
Geben Sie die Alexandroff–Topologie T̂ auf X̂ an. Zur Erinnerung: Dies ist die einzige Topologie
auf der Menge X̂, für die (X̂, T̂ ) ein kompakter Hausdorff–Raum mit Teilraum (X, T ) ist.
I
T̂ = T ∪
X̂ r K K ⊂ X kompakt
Erläuterung: Da X hausdorffsch ist, ist K automatisch abgeschlossen (2B).
4D. Sei X = Bn der offene Einheitsball und X̂ = Bn ∪{∞} seine Alexandroff–Kompaktifizierung.
Geben Sie zum Raum (X̂, T̂ ) einen homöomorphen Raum Y ⊂ Rm an, sowie eine Einbettung
κ : Bn → Y mit Y = κ(Bn ) ∪ {Punkt}. Warum ist κ̂ : X̂ → Y ein Homöomorphismus?
I Es gilt X ∼
= Sn . I Wir nutzen die Einbettung κ = h|Bn : Bn ,→ Dn → Sn aus Aufgabe 4A.
∼
∼
(Alternativ κ : Bn −
→
Rn −
→
Sn r {Punkt} ,→ Sn mittels stereographischer Projektion.)
I Die Fortsetzung von κ zu κ̂ : X̂ → Y durch ∞ 7→ −e1 ist eine Bijektion,
und ein Homöomorphismus dank der universellen Eigenschaft (4C) der Alexandroff–Topologie.
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Aufgabe 5. Zusammenhang (2+3+3+2 = 10 Punkte)
5A. Sei f : X → Y stetig, B ⊂ Y zusammenhängend. Ist dann auch f −1 (B) zusammenhängend?
Ja X Nein. Beweis oder Gegenbeispiel:
I Jede Abbildung f : X → {∗} von einem nicht-zusammenhängenden Raum X auf B = {∗}.
Weitere Gegenbeispiele sind die Abbildung f : R → R mit f (x) = x2 und B = {1} oder
die Inklusion [0, 1]Q ,→ [0, 1] mit B = [0, 1]. Der Phantasie sind keine Grenzen gesetzt. . .
5B. Sei f : X → Y stetig, A ⊂ X zusammenhängend. Ist dann auch f (A) zusammenhängend?
X Ja
Nein. Beweis oder Gegenbeispiel:
I Ist f (A) = U t V eine offene Zerlegung in f (A), so auch A = f −1 (U ) t f −1 (V ) in A.
I Ist A zusammenhängend, so folgt f −1 (U ) = ∅ oder f −1 (V ) = ∅, also U = ∅ oder V = ∅.
Somit ist auch f (A) zusammenhängend.
5C. Ist die Gruppe GL2 R =
a b
c d
∈ R2×2 ad − bc 6= 0 zusammenhängend?
Ja X Nein. Begründung:
I Die Determinante det : GL2 R → R∗ mit det ac db = ad − bc ist stetig.
I Wegen det a0 10 = a ist das Bild ganz R∗ , also nicht zusammenhängend.
Demnach ist GL2 R nicht zusammenhängend, dank Kontraposition von 5B.
−
Erläuterung: Genauer gilt Z(GLn R) = π0 (GLn R) = {GL+
n R, GLn R},
n×n
| det(A) ≷ 0 }.
mit den offenen (Weg)Komponenten GL±
n R = {A ∈ R
5D. Wenn in X jede Zusammenhangskomponente einelementig ist, ist X dann diskret?
Ja X Nein. Beweis oder Gegenbeispiel: I Q
Erläuterung: Der Raum Q ⊂ R ist nicht diskret, dennoch ist jede Zusammenhangskomponente
einelementig. Weitere Gegenbeispiele dieser Art sind R r Q und die Cantor–Menge {0, 1}N .
Solche Räume nennt man total-unzusammenhängend.
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Aufgabe 6. Wegzusammenhang (2+2+2+2 = 8 Punkte)
6A. Definieren Sie zu gegebenen Wegen α, β : [0, 1] → X mit α(1) = β(0) ihre Verknüpfung
γ = α ∗ β : [0, 1] → X. Warum ist die so definierte Abbildung γ stetig?
I Der verknüpfte Weg ist definiert durch γ(t) =

α(2t)
für 0 ≤ t ≤ 1/2,
β(2t − 1)
für 1/2 ≤ t ≤ 1.
I Dies ist stetig dank Verklebesatz. Erläuterung: In [0, 1] sind [0, 1/2] und [1/2, 1] abgeschlossen,
die Abbildung t 7→ α(2t) ist stetig auf [0, 1/2], die Abbildung t 7→ β(2t − 1) ist stetig auf [1/2, 1],
und auf dem Durchschnitt { 12 } stimmen beide überein dank α(1) = β(0).
6B. Sei X ⊂ Rn sternförmig bezüglich a. Konstruieren Sie zwischen x, y ∈ X einen Weg in X.
I Die Wege α(t) = (1 − t)x + ta und β(t) = (1 − t)a + ty verlaufen in X.
I Der verknüpfte Weg γ = α ∗ β läuft in X von x über a nach y.
Erläuterung: Ist X sogar konvex, so können wir den direkten Weg γ(t) = (1 − t)x + ty nutzen.
Für sternförmige Mengen ist dies im Allgemeinen nicht möglich, wie man sich leicht ausmalt.
6C. Sei n ≥ 1. Konstruieren Sie zwischen je zwei Punkten x, y ∈ Sn einen Weg γx,y : [0, 1] → Sn .
I Für n = 1 nutzen wir Polarkoordinaten x = eiϕ und y = eiψ und setzen γx,y (t) = ei[(1−t)ϕ+tψ] .
I Für n ≥ 2 liegen x, y in einer Ebene E ⊂ Rn+1 . (Diese ist eindeutig falls x 6= ±y.)
Den Weg von x nach y in E ∩ Sn ∼
= S1 konstruieren wir nun wie zuvor im Fall n = 1.
(1−t)x+ty
Alternative Konstruktion: Für x 6= −y genügt der Weg γx,y : [0, 1] → Sn mit γx,y (t) = |(1−t)x+ty|
.
Andernfalls wählen wir z ∈ Sn r {±x} und verbinden x über z mit y durch γx,z ∗ γz,y .
>
>
6D. Wir betrachten die unitäre Gruppe Un = A ∈ Cn×n A A = AA = 1n×n ⊂ Cn×n . Jede
Matrix A ∈ Un ist unitär diagonalisierbar: Es existiert T ∈ Un mit T −1 AT = diag(λ1 , . . . , λn )
und Eigenwerten λ1 , . . . , λn ∈ S1 . Konstruieren Sie einen Weg γ : [0, 1] → Un von A nach 1n×n .
II Der Weg γ : [0, 1] → Cn×n mit γ(t) = T diag(γλ1 ,1 (t), . . . , γλ1 ,1 (t)) T −1 tut’s.
Erläuterung: Diese Abbildung ist stetig, also ein Weg in Cn×n . Dieser Weg verläuft tatsächlich in
der Gruppe Un , denn die drei Matrizen sind unitär und somit auch ihr Produkt. Wie gewünscht
gilt γ(0) = T diag(λ1 , . . . , λn ) T −1 = A und γ(1) = T diag(1, . . . , 1) T −1 = 1n×n .
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Aufgabe 7. Homotopie (1+3+1+3 = 8 Punkte)
7A. Zwei stetige Abbildungen f, g : X → Y sind homotop, geschrieben f ' g, wenn. . .
I eine stetige Abbildung H : [0, 1] × X → Y existiert mit H0 = f und H1 = g.
Erläuterung: Letzteres bedeutet H(0, x) = f (x) und H(1, x) = g(x) für alle x ∈ X.
Eine solche Abbildung H nennt man eine Homotopie von f nach g.
7B. Seien f, g : X → Sn stetig und f (x) 6= −g(x) für alle x ∈ X. Sind dann f und g homotop?
X Ja
Nein. Homotopie oder Gegenargument:
II Eine Homotopie H : [0, 1] × X → Sn von f nach g ist gegeben durch
H(t, x) =
(1 − t)f (x) + tg(x)
.
|(1 − t)f (x) + tg(x)|
Erläuterung: Wegen f (x) 6= −g(x) ist der Nenner niemals Null und somit H wohldefiniert.
Als Verkettung stetiger Funktionen ist H dann stetig. Schließlich gilt H0 = f und H1 = g.
7C. Zwei Räume X, Y sind homotopie-äquivalent, geschrieben X ' Y , wenn. . .
I es stetige Abbildungen f : X → Y und g : Y → X gibt mit g ◦ f ' idX und f ◦ g ' idY .
Erläuterung: In diesem Falle nennt man (f, g) : X ' Y eine Homotopie-Äquivalenz
und die stetigen Abbildungen f, g heißen zueinander homotopie-invers.
7D. Sind die Räume X = Dn r {0} und Y = Sn−1 homotopie-äquivalent?
X Ja
Nein. Homotopie-Äquivalenz oder Gegenargument:
I Wir nutzen f : Dn r {0} → Sn−1 mit f (x) = x/|x| und die Inklusion g : Sn−1 → Dn r {0}.
I Es gilt f ◦ g = idSn−1 und g ◦ f ' idDn r{0} vermöge der Homotopie H : [0, 1] × X → X mit
H(t, x) = (1 − t) x/|x| + tx.
Erläuterung: Dies zeigt sogar, dass Sn−1 ⊂ Dn ein starker Deformationsretrakt ist.
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Aufgabe 8. Komplexe und Euler–Charakteristik (2+2+2+2 = 8 Punkte)
8A. Sei ∆n = [e0 , e1 , . . . , en ] ⊂ Rn+1 der n–dimensionale Standardsimplex. Bestimmen Sie die
P
Anzahl fd seiner d–dimensionalen Seiten sowie seine Euler–Charakteristik χ = nd=0 (−1)d fd .
n+1
I Es gilt fd =
.
d+1
I Wie für jedes konvexe kompakte Polyeder gilt χ = 1. (Euler–Poincaré)
Erläuterung: Jede d–dimensionale Seite entspricht der Auswahl von d + 1 der n + 1 Ecken.
P
Man kann nd=0 (−1)d fd = 1 auch direkt ausrechnen wie in der folgenden Aufgabe.
P
8B. Bestimmen Sie zu ∆n das Poincaré–Polynom P (t) := nd=0 fd td in geschlossener Form.
(Sie können das Ergebnis an der Stelle t = −1 mit P (−1) = χ(∆n ) überprüfen.)
II Einsetzen und die binomische Formel ergibt:
n n+1 X
X
n+1 d
n+1 k
−1
fd t =
t =t
P (t) =
−1 +
t = (1 + t)n+1 − 1 /t
d+1
k
d=0
d=0
k=0
n
X
d
Erläuterung: Tatsächlich gilt P (−1) = 1, wie geometrisch vorhergesagt.
8C. Sei [0, 1]n ⊂ Rn der n–dimensionale Einheitswürfel. Bestimmen Sie die Anzahl fd seiner
P
d–dimensionalen Seiten sowie seine Euler–Charakteristik χ = nd=0 (−1)d fd .
I Es gilt fd =
n
2n−d .
n−d
I Wie für jedes konvexe kompakte Polyeder gilt χ = 1. (Euler–Poincaré)
Erläuterung: Jede d–dimensionale Seite entspricht der Wahl 1 ≤ k1 < k2 < · · · < kn−d ≤ n
von n − d der n möglichen Richtungen sowie der Koordinaten xk1 , xk2 , . . . , xkn−d ∈ {0, 1}.
P
Man kann nd=0 (−1)d fd = 1 auch direkt ausrechnen wie in der folgenden Aufgabe.
P
8D. Bestimmen Sie zu [0, 1]n das Poincaré–Polynom P (t) := nd=0 fd td in geschlossener Form.
(Sie können das Ergebnis an der Stelle t = −1 mit P (−1) = χ([0, 1]n ) überprüfen.)
II Einsetzen und die binomische Formel ergibt:
n
X
n X
n
n
P (t) =
fd t =
2n−d td = 2 + t
n−d
d=0
d=0
d
Erläuterung: Tatsächlich gilt P (−1) = 1, wie geometrisch vorhergesagt.
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