Blatt 7: Trennung und Zusammenhang

Topologie
M. Eisermann / A. Thumm
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Blatt 7: Trennung und Zusammenhang
1. L OKAL - KOMPAKTE G RUPPEN
Aus der linearen Algebra kennen wir folgende Dualität: Zu jedem R–Vektorraum V betrachten wir den Dualraum V ∗ := HomR (V, R). Jede R–lineare Abbildung f : V → W
induziert eine R–lineare Abbildung f ∗ : W ∗ → V ∗ durch f ∗ (ϕ) := ϕ ◦ f . Wir haben die
kanonische Einbettung ΦV : V → V ∗∗ mit Φ(v)(ϕ) := ϕ(v).
1.1. Zum Aufwärmen weise man die gemachten Aussagen nach und zeige: Für jeden
endlich-dimensionalen Vektorraum V ist ΦV : V → V ∗∗ ein Isomorphismus.
Lösungsskizze: — Man prüft geduldig nach: Mit punktweiser Addition und Skalarmultiplikation ist V ∗ =
HomR (V, R) ein R–Vektorraum. Für f : V → W und ϕ : W → R ist ϕ ◦ f : V → R linear, also ist f ∗ : W ∗ → V ∗
wohldefiniert. Schließlich ist f ∗ linear. Ebenso ist ΦV wohldefiniert und linear. Ist V endlich-dimensional,
so wählen wir eine endliche Basis b1 , . . . , bn . Dann ist b∗1 , . . . , b∗n mit b∗i (bi ) = 1 und b∗i (b j ) = 0 für i 6= j eine
Basis des dualen Vektorraumes V ∗ . Durch erneute Anwendung dieser Konstruktion gewinnen wir die Basis
∗∗
∗∗
∗∗
b∗∗
1 , . . . , bn des Bidualraumes V . Man erkennt nun ΦV (bi ) = bi , also ist ΦV ein Vektorraumisomorphismus. (Endlichkeit der Dimension ist hierbei wesentlich. Ist V unendlich-dimensional, so ist ΦV injektiv
aber nicht bijektiv.)
—
Eine analoge Konstruktion wollen wir nun für lokal-kompakte abelsche Gruppen (G, ·)
durchführen, zum Beispiel für die diskreten Gruppen (Z, +) und (Z/n, +) oder für (R, +)
und (S1 , ·) mit den üblichen euklidischen Topologien. Zu (G, ·) ist das Pontryagin–Dual
die Gruppe Ĝ := Hom(G, S1 ) aller stetigen Homomorphismen f : G → S1 mit punktweiser
Multiplikation und der Topologie der kompakten Konvergenz.
1.2. Man bestimme Ĝ in jedem der vier Beispiele R und Z/n sowie Z und S1 .
b mit f (x)(y) = e2πixy .
Lösungsskizze: — (1) Wir betrachten f : R → R
d
(2) Wir betrachten f : Z/n → Z/n mit f (x)(y) = e2πixy/n .
b mit f (s)(k) = sk , das heißt umgeschrieben f (e2πix )(y) = e2πixy .
(3) Wir betrachten f : S1 → Z
(4) Wir betrachten f : Z → Sb1 mit f (k)(s) = sk , das heißt umgeschrieben f (y)(e2πix ) = e2πixy .
Zunächst prüft man nach, dass für festes x die Abbildung f (x) : G → S1 ein stetiger Gruppenhomomorphismus ist. Dies nennt man einen Charakter von G. Anschließend weist man nach, dass f bijektiv ist,
also dass zu x 6= x0 verschiedene Charaktere gehören (Injektivität) und jeder Charakter von dieser Form ist
(Surjektivität). Schließlich prüft man nach, dass f ein Gruppenhomomorphismus ist und zudem ein Homöomorphismus.
—
b
b
Wir haben die kanonische Einbettung ΨG : G → G
mit Ψ(g)(χ) := χ(g). Der berühmte Dualitätssatz von Pontryagin (1908–1988) und van Kampen (1908–1942) besagt: Für
jede lokal-kompakte abelsche Gruppe G ist ΨG ein Isomorphismus. Die vorige Übung beweist dies in vier wichtigen Spezialfällen; dies ist die Basis der Fourier–Transformation
L2 (R) ↔ L2 (R) sowie L2 (S1 ) ↔ `2 (Z) und `2 (Z/n) ↔ `2 (Z/n).
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2. T RENNUNGSAXIOME : U MFORMULIERUNGEN
2.1. Für jeden topologischen Raum (X, T) sind folgende Aussagen äquivalent:
(a) X ist ein T1 –Raum.
(b) Jede einpunktige Menge {x} ⊂ X ist abgeschlossen.
(c) Jede Menge A ⊂ X ist der Durchschnitt all ihrer Umgebungen.
Lösungsskizze: — "(a)⇒(b)": Sei x ∈ X und X ein T1 –Raum. Für y ∈ X mit x 6= y existiert dann nach
Voraussetzung eine offene Umgebung von y, die x nicht enthätt. Das Komplement von {x} ist also offen.
"(b)⇒(c)": Sei A ⊂ X und x 6∈ A. Nach Voraussetzung ist X r {x} eine offene Umgebung von A.
"(c)⇒(a)": Seien x, y ∈ X zwei verschiedene Punkte. Da {x} und {y} jeweils der Durchschnitt all ihrer
Umgebungen sind, existieren U,V ⊂ X offen mit x ∈ U, y ∈ V und x 6∈ V , sowie y 6∈ U.
—
2.2. Für jeden topologischen Raum (X, T) sind folgende Aussagen äquivalent:
(a) X ist ein T2 –Raum.
(b) Die Diagonale ∆ ⊂ X × X ist abgeschlossen.
(c) Jeder Filter auf X hat höchstens einen Grenzwert in X.
Lösungsskizze: — "(a)⇒(b)": Siehe Blatt 5 Aufgabe 1.1.
"(b)⇒(c)": Sei F ein Filter in X mit F → x und F → y. Der Bildfilter ∆(F) konvergiert gegen (x, y). Da
∆ ⊂ X × X abgeschlossen ist gilt aber (x, y) ∈ ∆, woraus x = y folgt.
"(c)⇒(a)": Seien x, y ∈ X. Angenommen, es gebe keine disjunkten Umgebungen von x und y, dann ist
Ux ∪ Uy die Basis eines Filters der gegen x und gegen y konvergiert, woraus x = y folgt. Hierbei sind Ux und
Uy die Umgebungsfilter von x und y.
—
2.3. Ein topologischer Raum (X, T) erfüllt T3 genau dann, wenn für jeden Punkt a ∈ X
die abgeschlossenen Umgebungen eine Umgebungsbasis bilden.
Lösungsskizze: — "⇒": Sei U ⊂ X eine offene Umgebung von a. N.V. gibt es dann disjunkte offene
Umgebungen Va und VXrU von a und X r U. Damit ist aber a ∈ Va ⊂ X r VXrU ⊂ U und X r VXrU eine
abgeschlossene Umgebung von a.
"⇐": Sei A ⊂ X abgeschlossen und a ∈ X r A. Damit ist X r A eine offene Umgebung von a, und es existiert
eine abgeschlossene Umgebung B von a mit B ⊂ X r A. Somit sind schließlich B und X r B disjunkte
Umgebungen von a und A.
—
V 2.4. Ein topologischer Raum (X, T) erfüllt T4 genau dann, wenn für jede abgeschlossene Menge A ⊂ X die abgeschlossenen Umgebungen eine Umgebungsbasis bilden.
Lösungsskizze: — Analog zu Aufgabe 2.3.
—
2.5. Genau dann ist (X, T) ein T5 –Raum, wenn jeder Teilraum Y ⊂ X ein T4 –Raum ist.
Lösungsskizze: — "⇒": Sei Y ⊂ X ein Teilraum, und A, B ⊂ Y abgeschlossen und disjunkt in Y . Sei A, bzw.
B der Abschluss von A, bzw. B in X. Wegen B ⊂ Y und A ∩Y = A gilt nun A ∩ B = A ∩ B ∩Y = A ∩ B = 0.
/
Analog zeigt man auch A ∩ B = 0.
/ Damit gibt es disjunkte offene Umgebungen von A und B in X, und somit
auch in Y .
"⇐": Seien A, B ⊂ X mit A ∩ B = 0/ = A ∩ B. Die Abschlüsse von A und B in X r (A ∩ B) sind disjunkt, und
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lassen sich also n.V. durch disjunkte, in X r (A ∩ B) offene Mengen U und V trennen. Da X r (A ∩ B) aber
offen in X ist, sind auch U und V offen in X.
—
S 2.6. Sei (X, T) normal. Genau dann existiert f : X → [0, 1] mit f −1 (0) = A, wenn A
abgeschlossen ist und zudem eine Gδ –Menge, also abzählbarer Durchschnitt offener Mengen. Somit ist ein topologischer Raum (X, T) genau dann perfekt normal,
wenn er normal ist und jede abgeschlossene Menge eine Gδ –Menge ist.
Lösungsskizze: — "⇒": Für f : X → [0, 1] stetig mit f −1 (0) = A ist A, als Urbild einer abgeschlossenen
T
Menge, selbst abgeschlossen. Wegen A = n∈N f −1 ([0, 1/n[) ist A zudem eine Gδ –Menge.
"⇐": Für A ⊂ X mit A abgeschlossen und A = n∈N Un für Un ⊂ X offen gibt es, nach dem Fortsetzungssatz von Tietze, stetige Funktionen fn : X → [0, 1] mit fn (A) = 0 und fn (X r Un ) = 1. Nun definiert
f (x) = ∑n∈N fn (x)2−n eine stetige Funktion f : X → [0, 1] mit der gewünschten Eigenschaft.
T
Ist X normal, und jede abgeschlossene Menge eine Gδ –Menge, dann gibt es zu zwei disjunkten abgeschlossenen Mengen A, B ⊂ X stetige Funktionen fA , fB : X → [0, 1] mit fA−1 (0) = A und fB−1 (0) = B. Die stetige
fA (x)
−1 (A) = 0 und f −1 (1) = B.
Funktion f : X → [0, 1], die durch f (x) = fB (x)+
—
f (x) gegeben ist, erfüllt f
A
3. T RENNUNGSAXIOME : B EISPIELE UND G EGENBEISPIELE
V 3.1. Die Menge N mit koendlicher Topologie erfüllt T1 aber nicht T2 .
Lösungsskizze: — Für zwei verschiedene Punkte x, y ∈ N sind U = N r {y} und V = N r {x} offene
Umgebungen von x, bzw. Y mit y 6∈ U und x 6∈ V . Für zwei beliebige Umgebungen U von x und V von y ist
U ∩V stets abzählbar unendlich, und somit nie leer.
—
3.2. Eine Menge U ⊂ N heiße offen, wenn sie zu jedem a ∈ U eine arithmetische Folge
a + bN mit b ∈ N und ggT(a, b) = 1 enthält. Dies ist eine Topologie und erfüllt T2
aber weder T3 noch T4 . Hinweis: Man betrachte A = N r (3 + 2N) und b = 3.
Lösungsskizze: — Man zeigt zunächst, dass die obige definition tatsächlich eine Topologie auf N liefert,
und dass die Mengen a + bN mit ggT(a, b) = 1 selbst offen sind. Seien nun a1 , a2 ∈ N zwei verschiedene
Punkte. Sei b > 1 mit ggT(a1 , b) = 1 und ggT(a2 , b) = 1. Wegen ggT(a2 − a1 , b) = 1 sind dann aber die
Mengen a1 + bN und a2 + bN disjunkte offene Umgebungen von a1 und a2 in N. Damit ist N mit dieser
Topologie ein T2 –Raum. Es reicht also zu zeigen, dass N kein T3 –Raum ist. Dazu betrachten wir die im
Hinweis gegebenen Menge A = N r (3 + 2N) und den Punkt b = 3. Als Komplement einer offenen Menge
ist A natürlich abgeschlossen. Jede offene Umgebung von a enthällt eine Umgebung von der Form 3 + kN
für ein b mit ggT(3, k) = 1. Damit eine solche Umgebung A nicht schneidet muss k gerade sein. Somit gilt
k ∈ A. Nun muss aber jede Umgebung von A eine offene Menge der Form k +lN enthalten mit ggT(k, l) = 1.
Aus dem Lemma von Bézout erhalten wir nun p, q ∈ N mit lq = 1 + kp, also k + l3q = 3 + k(3p − 1). —
V 3.3. Man finde jeweils einen topologischen Raum (X, T), wobei die Menge X endlich
und so klein wie möglich sein soll, sodass gilt:
(a) T4 aber nicht T3 .
(b) T4 und T3 aber weder T2 noch T1 .
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Lösungsskizze: — (a) Das kleinste Beispiel ist der Raum {0, 1} mit der Sirpiński–Topologie
/ { 0 }, { 0, 1 } .
0,
(b) Hier ist das kleinste Beispiel der Raum {0, 1} mit der indiskreten Topologie 0,
/ { 1, 2 } .
—
3.4. Wir topologisieren R2 wie folgt: die offenen Umgebungen für einen Punkt (x, y) ∈
R2 mit x 6= 0 werden erzeugt von offenen Bällen Bε (x, y), die offenen Umgebungen eines Punktes (0, y) von den Mengen Bl (−l, y) ∪ {(0, y)} ∪ Br (+r, y), wobei
l, r positive reelle Zahlen sind. Diese Topologie erfüllt T3 aber nicht T4 .
Lösungsskizze: — Man beachte zuerst, dass die oben definierte Topologie auf R2 feiner ist, als die gewöhnliche Topologie. Die Teilraumtopologie auf L = {0} × R ist die diskrete Topologie, die auf R2 r L die gewöhnliche. Sei nun A abgeschlossen und (x, y) ∈ R2 r A. Ist x 6= 0, dann gibt ein ε > 0 mit B2ε (x, y) ∩ A = 0.
/
Die offenen Umgebungen Bε (x, y) und R2 r Bε (x, y) trennen (x, y) und A. Es gelte nun x = 0. Da (0, y) 6∈ A
und A abgeschlossen ist gibt es positive reelle Zahlen, so dass B2l (−2l, y)∪{(0, y)}∪B2r (+2r, y) die Menge
A nicht schneidet. Dann sind aber (0, y) und A durch die offenen Umgebungen U = Bl (−l, y) ∪ {(0, y)} ∪
Br (+r, y) und R2 rU getrennt.
Nehmen wir nun an, R2 wäre mit dieser Topologie T4 . Wir können dann zu jeder Teilmenge A ⊂ L disjunkte
offene Umgebungen UA ,VA ⊂ R2 von A und LrA wählen. Wir zeigen nun, dass die Zuordnung A 7→ UA ∩Q2
eine injektive Abbildung P(L) → P(Q2 ) definiert. Dies steht dann im Widerspruch zu |P(L)| > |L| =
|P(Q2 )|. Seien dazu A, B ⊂ L verschieden, also Œ A r B 6= 0.
/ Aus A r B = A ∩ (L r B) ⊂ UA ∩ VB ⊂
UA r UB folgt nun, dass UA r UB nicht leer ist. Damit ist dann aber (UA r UB ) ∩ Q2 nicht leer, und somit
UA ∩ Q2 6= UB ∩ Q2 .
—
4. Z USAMMENHANG UND W EGZUSAMMENHANG
V 4.1. Man finde Einbettungen f1 , f2 , f3 : R ,→ R2 , deren Komplement aus einer, zwei
bzw. drei (!) Wegkomponenten besteht, und beweise jeweils diese Eigenschaft.
et
it
Lösungsskizze: — Wir definieren f1 , f2 und f3 durch f1 (t) = et , f2 (t) = t und f3 (t) = 1 + 1+e
t e ,
wobei
wir jeweils R2 mit C identifizieren. Seien dazu X1 = a + bi ∈ C | a > 0 , X2 = C und X3 =
z ∈ C | 1 < |z| < 2 . Die drei Mengen X1 , X2 und X3 sind offen in C. Sei nun jeweils ιi : Xi → C die
Inklusionsabbildung. Als nächstes konstruieren wir Homöomorphismen hi : Yi →
Y1 = R2
Xi wiet folgt:
e
it
und h1 (x, y) = ex + iy. Y2 = R2 und h2 (x, y) = x + iy. Y3 = S1 × R und h3 (z,t) = 1 + 1+e
t e z. Nun gilt
fi = ιi ◦ hi ◦ ρi für ρi : R → Yi mit ρ1 (t) = ρ2 (t) = (t, 0) und ρ3 (t) = (1,t). Damit sind die fi als Komposition
von Einbettungen und Homöomorphismen selbst Einbettungen.
Das Komplement C r R>0 von f1 (R) in C ist offensichtlich wegzusammenhängend. Das Komplement
C r R von
zwei Wegkomponenten.
Das Komplement von f3 (R) besitzt die drei Wegkompo f2 (R) in C hat
nenten z ∈ C | |z| ≤ 1 , z ∈ C | |z| ≥ 2 und X3 r f3 (R). Die ersten Beiden Mengen sind offensichtlich
wegzusammenhängend, die dritte ist als stetiges Bild ιi ◦ hi ((S1 r {1}) × R) eines wegzusammenhängenden Raumes wieder wegzusammenhängend. Ähnlich zu Aufgabe 4.5 zeigt man, dass die letzte Menge
nicht durch einen stetigen Weg mit einer der anderen verbunden werden kann (sonst müsste das Argument
—
arg : C r {0} → S1 unstetig werden).
H 4.2. Man finde eine Einbettungen f : R ,→ R2 , deren Komplement aus überabzählbar
vielen Wegkomponenten besteht.
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Lösungsskizze: — Sei g : S1 → R≥0 eine stetige Abbildung. Wir betrachten nun die Funktion f : R → C
die durch
et
+ et g eit eit
f (t) = 1 +
t
1+e
gegeben ist. Man überprüft nun,
dass
f
eine
Einbettung
gerade die fol
ist und, dass die Wegomponenten
genden Mengen sind: X0 = z ∈ C | |z| ≤ 1 , XK = rz ∈ C | r ≥ 2, z ∈ K für K ⊂ S1 eine WegkomS
ponente von g−1 (0), und C r (X0 ∪ f (R) ∪ K XK ). Wir erhalten also |π0 (C r f (R))| = |π0 (g−1 (0))| + 2.
Für jede abgeschlossene Menge A gibt es aber eine stetige Funktion g : S1 → R≥0 mit g−1 (0) = A. Wir
können nun für A einfach eine Kantormenge wählen. Diese ist total unzusammenhängend, es gilt also
π0 (A) = Z(A) = {a} | a ∈ A . Außerdem gilt |A| = |R|. So eine Menge erhällt man etwa als Bild der
Einbettung ι : {0, 2}N → [0, 1] mit ι(x) = ∑k∈N xk 3−k , wobei {0, 2} die diskrete Topologie trägt, und einer
beliebigen Einbettung [0, 1] → S1 .
—
4.3. (Satz vom Grenzübertritt) Sei A ⊂ X zusammenhängend und B ⊂ X. Wenn A sowohl B als auch X r B trifft, dann trifft A auch den Rand von B.
Lösungsskizze: — Es gilt A = (A ∩ B) ∪ (A ∩ X r B). Da n.V. sowohl A ∩ B 6= 0,
/ als auch A ∩ X r B 6= 0/
gilt, und beide Mengen in A abgeschlossen sind, muss A ∩ B ∩ X r B = A ∩ δ B 6= 0/ gelten, da A zusammenhängend war.
—
4.4. (Hilberts Kloster, mit offenen und abgeschlossenen Zellen) Wir betrachten
X = ]0, 1[ ∪ [2, 3] ∪ ]4, 5[ ∪ [6, 7] ∪ . . . ,
Y = ]0, 1] ∪ [2, 3] ∪ ]4, 5[ ∪ [6, 7] ∪ . . . .
∼
Gibt es stetige Bijektionen X → Y und Y → X? einen Homöomorphismus X −
→
Y?
∼
Lösungsskizze: — Es gibt keinen Homöomorphismus X −
→
Y , da ein solcher Homöomorphismus insbesondere Zusammenhangskomponenten von X homöomorph auf Zusammenhangskomponenten von Y abbilden
muss. Zur Komponente ]0, 1] ⊂ Y existiert aber keine homöomorphe Zusammenhangskomponente in X (vgl.
Blatt 2 Aufgabe 2.1). Es gibt aber stetige Bijektionen, z.B. f : X → Y mit f |]0,1[ (x) = x/2, f |[2,3] (x) = (x − 1)/2,
f |[4k+2,4k+3] (x) = x − 4 und f |]4k,4k+1[ (x) = x für k ≥ 1.
—
S 4.5. In R2 betrachten wir A = { (x, sin(π/x)) | x ∈ ]0, 1] } und B = {0} × [−1, +1]. Dann
ist C = A ∪ B zusammenhängend aber nicht wegzusammenhängend. Genauer gilt
Z(C) = {C} aber π0 (C) = {A, B}. Hierbei ist A offen und B abgeschlossen in C.
Lösungsskizze: — Die Abbildung f : ]0, 1] → R2 mit f (x) = (x, sin(π/x)) ist stetig. Ihr Bild f (]0, 1]) = A ist
somit (weg-)zusammenhängend. Damit ist dann auch der Abschluss A = C zusammenhängend. Offensichtlich ist auch B wegzusammenhängend. Es bleibt noch zu zeigen, dass es keinen stetigen Weg γ : [0, 1] → C
mit γ(0) ∈ B und γ(1) ∈ A gibt. Nehmen wir nun an, es gebe einen solchen Weg. Da B abgeschlossen ist
können wir Œ annehmen, dass γ(]0, 1]) ⊂ A gilt, da wir sonst einfach γ verkürzen und geeignet umparametrisieren können. Sei nun pr1 : R2 → R die Projektion auf die erste Komponente. Wegen pr1 (γ(0)) = 0 und
pr1 (γ(t)) > 0 für t > 0 gibt es nach dem Zwischenwertsatz und der Stetigkeit von γ eine Folge tn ∈ ]0, 1]
mit tn → 0 und pr1 (γ(tn )) = 2/(2n + 2n0 + 1) für ein geeignetes n0 ∈ N. Für die Projektion pr2 : R2 → R auf die
zweite Komponente gilt dann aber pr2 (γ(tn )) = (−1)n+n0 , weswegen pr2 ◦ γ nicht stetig im Punkt 0 ist. —
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