Blatt 2

Übungen zur Topologie, G. Favi
27. Februar 2009
Blatt 2
Abgabe: 13. März 2008, 12:00 Uhr
Aufgabe 1.
a) Setze
Sei
(X, d)
d0 (x, y) =
ein metrischer Raum.
d(x,y)
1+d(x,y) . Man beweise daÿ
b) Beweise, daÿ jeder Punkt
c) Wir statten
R2
x∈X
d
ein metrischer Raum ist mit
abgeschlossen ist (d.h.
mit der British Rail Metrik
d(x, y) =
Zeige, daÿ
(X, d0 )
tatsächlich eine Metrik auf
d
{x} ⊂ X
R2
ist abgeschlossen).
aus, d.h.
(
kxk + kyk x 6= y
0
O(d) = O(d0 ).
x=y
ist. Was sind die
.
ε-Kugeln
bezüglich
d?
Ist
O(d)
2
die kanonische Topologie auf R ? Warum hat diese Metrik diesen komischen Namen?
Beweis. Ad (a): Man überprüft leicht die Metrik-Axiome. Das einzige Axiom, dass etwas schwieriger
x ∈ R beliebig, so ist
a := d(x, y), b := d(y, z), c := d(x, z).
ist, ist die Dreiecksungleichung. Dazu verwenden wir folgenden Trick: Ist
x
1+x
= 1−
1
1+x . Es seien nun
x, y, z ∈ X beliebige Punkte und
d) ist c 6 a + b. Damit folgern
Gemäss Dreiecksungleichung (von
d0 :
wir die Dreiecksungleichung für
c
1
1
a
b
a
b
=1−
61−
=
+
6
+
.
1+c
1+c
1+a+b
1+a+b 1+a+b
1+a 1+b
Wir zeigen nun: Jede bezüglich
O(d)
oene Menge, ist auch bezüglich
O(d0 )
oen und umgekehrt
0
(d.h. O(d) = O(d )). Dazu reicht es zu zeigen, dass für jeden Punkt x ∈ X gilt, dass jede dd
0
0
d0
oene ε-Kugel Uε (x) := {y ∈ X | d(x, y) < ε} ∈ O(d) um x auch eine d -oene ε -Kugel Uε0 (x) :=
{y ∈ X | d0 (x, y) < ε0 } ∈ O(d0 ) um x ist (für ein geeignetes ε0 ) und umgekehrt. Es reicht dies zu
0
zeigen, da solche Kugeln eine Basis der von d bzw. d induzierten Topologien bilden. Seien also
x∈X
und
ε ∈ R>0
beliebig. Wir setzen
d0 (x, y) < ε0 ⇔
0
ε0 := ε/1+ε.
Damit gilt dann für jedes
y ∈ X:
d(x, y)
ε
<
⇔ d(x, y)(1 + ε) < ε(1 + d(x, y)) ⇔ d(x, y) < ε
1 + d(x, y)
1+ε
Uεd (x) = Uεd0 (x), womit die Behauptung folgt.
Ad (b): Ist X = {x}, so ist die Behauptung trivial und wir nehmen an X 6= {x}. Sei nun y ∈ X \ {x}
beliebig und ε := d(x, y). Es gilt dann x ∈
/ Uε/2 (y) und also y ∈ Uε/2 (y) ⊂ X \{x}. Damit ist X \{x}
eine Umgebung für all ihre Punkte und d.h. oen, womit {x} = X \ (X \ {x}) abgeschlossen ist.
Ad (c): Seien x = (x1 , x2 ), y = (y1 , y2 ) ∈ R2 beliebig. Per Denition ist d(x, x) = 0, womit das
erste Metrikaxiom erfüllt ist. Es gilt auch klar d(x, y) = d(y, x) (zweites Metrikaxiom) und es bleibt
2
die Dreiecksungleichung zu zeigen. Seien dazu auch z = (z1 , z2 ) ∈ R beliebig. Ist x = z oder
und also
y = z , so ist die Dreiecksungleichung trivialerweise erfüllt und wir nehmen an x, y, z
verschieden (d.h. #{x, y, z} = 3). Dann ist
seien paarweise
d(x, y) + d(y, z) = kxk + kyk + kyk + kzk > kxk + kzk = d(x, z).
d
Damit ist
für
x ∈ R2
tatsächlich eine Metrik und wir wollen die
ε-Kugeln
(für
ε ∈ R>0 )
untersuchen. Es ist
beliebig:
Uε (x) = y ∈ R2 d(x, y) < ε = y ∈ R2 kxk + kyk < ε
= y ∈ R2 kyk < ε − kxk
2
D.h. Uε (x) = {x} ∪ y ∈ R dk−k (0, y) < ε − kxk , wobei dk−k die Standardmetrik dk−k (x, y) =
ky − xk auf dem R2 bezeichne. Uε (x) besteht also neben x aus allen Punkten y ∈ R2 , welche
bezüglich der Standardmetrik weniger als ε − kxk vom Ursprung entfernt sind. Es folgt, dass z.B.
Ukxk (x) = {x}, womit einzelne Punkte 6= 0 bezüglich dieser Metrik oen sind, woraus folgt, dass
O(d) nicht die kanonische Topologie auf dem R2 ist. Der Name der Metrik rührt daher, dass bei der
englischen Eisenbahn London (entspricht hier dem Ursprung) ein zentraler Knotenpunkt ist und die
meisten Züge (oenbar) darüber umgeleitet werden. D.h. die Zugdistanz zwischen zwei Ortschaften
A
und
B
in England entspricht der Strecke
A-London +
London-B .
Bemerkung.
n
Wie wir sehen gibt es auf dem R durchaus Metriken, welche nicht zur Standardn
metrik äquivalent sind. Es ist jedoch so, dass alle Normen auf dem R äquivalent sind, was eine
Folgerung aus den Sätzen von Heine-Borel und Bolzano-Weierstrass ist.
Aufgabe 2.
f
stetig ist
Sei f : X → Y eine Abbildung zwischen topologischen Räumen. Man beweise, daÿ
⇔ f −1 (B) ⊆ f −1 (B) für alle B ⊆ Y ⇔ f −1 (A) ist abgeschossen für alle A ⊆ Y
abgeschlossen.
⇔ f −1 A ist abgeschlossen für alle A ⊂ Y abgeschlossen. Dies
ist recht einfach, denn nehmen wir an, f ist stetig. Dann ist für A ⊂ Y abgeschlossen Y \ A
−1 (Y \ A). Es folgt dann, dass X \ f −1 (Y \
oen und wegen der Stetigkeit von f also auch f
A) = X \ {x ∈ X | f x ∈ Y \ A} = {x ∈ X | x ∈
/ {y ∈ X | f x ∈
/ A}} = {x ∈ X | f x ∈ A} = f −1 A
Beweis. Wir zeigen zuerst
f
stetig
abgeschlossen ist, wie behauptet. Mit einem analogen Argument (d.h. überall Komplemente nehmen)
folgt die umgekehrte Richtung.
Es bleibt noch der zweite Teil der Behauptung zu zeigen. Dazu bemerken wir, dass
A⊂X
(bzw.
A ⊂ Y ) abgeschlossen ⇔ A =
⊆ f −1 B für alle B ⊂ Y .
−1 A = f −1 A.
Für A ⊂ Y abgeschlossen, ist dann A = A und also per Voraussetzung f −1 A ⊂ f
−1
−1
Da umgekehrt auch f
A ⊂ f A per Denition der abgeschlossenen Hülle, folgt f −1 A = f −1 A,
−1 A abgeschlossen ist. Für die umgekehrte Richtung nehmen wir an f −1 A ist abgeschossen
womit f
A. Nehmen wir nun an, dass f −1 B
für alle
Zudem
A ⊂ Y abgeschlossen. Zu B ⊂ Y beliebig, ist dann f −1 B abgeschlossen, per Voraussetzung.
−1 B ⊂ f −1 B , da B ⊂ B , womit also f −1 B ⊂ f −1 B = f −1 B , was zu beweisen war.
ist f
Aufgabe 3.
a) Sei
f :X →Y
b) Wir betrachten
S ein
∀S ∈ S .
eine Abbildung zwischen topologischen Räumen und
Man beweise, daÿ
R
f
genau dann stetig ist, wenn
f −1 (S)
oen ist
mit der kanonischen Topologie. Zeige, daÿ
S := {]−∞, a[ | a ∈ R} ∪ {]b, ∞[ | b ∈ R}
eine Subbasis der Topologie von
R
ist. Was passiert wenn
a, b ∈ Q?
Subbasis von
Y.
Denition.
Sei
X
X,
der Topologie von
Denition.
Sei
B ⊂ O heisst Basis
Mengen aus B ist.
ein topologischer Raum. Eine Menge von oenen Teilmengen
X
falls jede oene Menge
U ⊂X
eine Vereinigung von
ein topologischer Raum. Eine Menge von oene Teilmengen
S⊂O
Sub-
heisst
basis der Topologie von
von Mengen aus
S
X , falls jede oene Menge U ⊂ X eine Vereinigung endlicher Durchschnitte
∃ eine (nicht unbedingt endliche) Indexmenge I , sowie für jedes i ∈ I
i
Ui = (Uij )nj=1
von Mengen aus S , sodass
ist. D.h.
eine endliche Familie
U=
[\
Ui =
Uij .
i∈I j=1
i∈I
Äquivalent lässt sich sagen:
ni
[\
∀x ∈ U ∃U1 , ..., Un ∈ S : x ∈ U1 ∩ ... ∩ Un ⊂ U .
Das heisst
U
enthält für
jeden Punkt eine oene Umgebung, welche durch einen endlichen Durchschnitt von Mengen aus
S
gegeben ist. Damit ist klar, dass jede Basis auch eine Subbasis ist.
Beweis. Ad (a): Die Richtung ⇒ ist trivial und es bleibt ⇐ zu zeigen. Sei
eine Subbasis für
Elementen aus
S,
Y
ist existiert eine Indexmenge
sodass
sowie für jedes
i∈I
V ⊂Y
eine Familie
oen. Da
i
(Vij )nj=1
f −1 Vij ⊂ X oen ist ∀i ∈ I, j ∈ {1, . . . , ni },


ni
ni
[\
[\
f −1 V = f −1 
Vij  =
f −1 Vij
V =
dass
I,
S
i∈I
j
j=1 Vi . Da
Tni
i∈I j=1
S
von
folgt,
i∈I j=1
als Vereinigung von endlichen Durchschnitten oener Mengen selbst oen sein muss, was zu zeigen
war.
Ad (b): Wir beantworten gleich auch die letzte Frage und nehmen an
S := {]−∞, a[ | a ∈ Q} ∪
a, b ∈ R eine Basis bilden,
{]b, ∞[ | b ∈ Q}. Wir wissen, dass die Teilmengen der Form ]a, b[ mit
denn sei U ⊂ R oen. Dann existiert per Denition der von einer Metrik induzierten
S
jedes x ∈ U ein Ux = ]x − εx , x + εx [ ⊂ U , womit U =
x∈U Ux , womit sich jede
Topologie für
oene Menge
als Vereinigung von oenen Intervallen schreiben lässt. Es reicht also zu zeigen, dass sich jedes
]a, b[ ⊂ R als Vereinigung endlicher Durchschnitte von Elementen aus S schreiben
lässt. Seien dazu a, b ∈ R beliebig. Für a > b (womit dann ]a, b[ = {}) ist der Fall trivial und
wir nehmen an a < b. Es existieren Punktfolgen (an )n∈N , (bn )n∈N , wobei an , bn ∈ Q, a 6 an und
S
bn 6 b für alle n ∈ N, sodass limn→∞ an = a und limn∈∞ bn = b. D.h. ]a, b[ = n∈N ]an , bn [ und da
]an , bn [ = ]−∞, bn [ ∩ ]an , ∞[ folgt die Behauptung.
oene Intervall
Aufgabe 4.
Man beweise, daÿ
S 1 \ {(0, 1)}
und
R
homöomorph sind. Zeige, daÿ
S 1 6' [a, b]
(abge-
schlossenes Intervall).
R ∼
= ]−1, 1[, z.B. über den Homöomorphismus ϕ : ]−1, 1[ → R, x 7→
π
tan(x · /2). Und klar auch ]−1, 1[ ∼
= ]0, 1[ (z.B. per x 7→ x+1/2). Wir müssen also noch einen
1
2
Homöomorphismus ]0, 1[ → S \ {(0, 1)} nden. Dazu identizieren wir R mit C als topologische
1
Räume und betrachten S als Teilraum von C. Wir nden dann den Homöomorphismus ]0, 1[ →
S 1 \ {i}, t 7→ exp(i(2πt + π/2)) und die Behauptung folgt.
Beweis. Wir wissen, dass
Betrachten wir zunächst beliebige topologische Räume
erinnern uns, dass ein Homöomorphismus
∼
ϕ:X−
→Y
X, Y ,
S ⊂ X . Wir
∼
ϕ0 : S −
→ ϕS
∼
ϕ : [a, b] −
→ S 1 (mit a < b
sowie einen Teilraum
auch einen Homöomorphismus
induziert. Nehmen wir nun an wir hätten einen Homöomorphismus
versteht sich, da es sonst nicht mal eine bijektive Abbildung gibt). Dieser induziert dann einen
∼
ϕ0 : ]a, b[ −
→ S 1 \ {ϕa, ϕb}. Wenn wir aus S 1 zwei Punkte (hier ϕa und ϕb)
1
entfernen, so besteht S aus genau zwei disjunkten Teilen, nennen wir sie A und B . Aber ]a, b[
0
besteht nur aus einem Teil, was uns schon intuitiv sagen sollte, dass ϕ kein Homöomorphismus
1
sein kann (genauer: S \ {ϕa, ϕb} ist nicht zusammenhängend, aber ]a, b[ schon). Etwas formaler
1
1
1
1
sind A, B ( S beides nicht-leere oene Teilmengen von S und da A = S \ B und B = S \
1
0
A also auch abgeschlossen, womit S \ {ϕa, ϕb} nicht zusammenhängend ist. Also kann ϕ kein
Homöomorphismus
Homöomorphismus sein und dies ist ein Widerspruch.