Klausur: Lösungen

Sommersemester 2007
Topologie I
Klausur: Lösungen
Aufgabe 1
Seien X, Y, Z topologische Räume mit X quasi-kompakt und Z Hausdorff. Sei
ferner g : X → Y eine stetige Abbildung und h : X → Z eine surjektive stetige
Abbildung. Man zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind:
(1) Es gilt g(x) = g(x0 ) für alle x, x0 ∈ X mit h(x) = h(x0 ).
(2) Es gibt eine stetige Abbildung f : Z → Y mit g = f ◦ h.
(3) Es gibt eine eindeutige stetige Abbildung f : Z → Y mit g = f ◦ h.
Lösung
(1) ⇒ (2): Sei z ∈ Z; da h surjektiv ist, gibt es ein x ∈ X mit z = h(x). Gilt auch
z = h(x0 ) für ein weiteres Element x0 ∈ X, so ist h(x) = z = h(x0 ) und damit ist
g(x) = g(x0 ). Es gibt also eine Abbildung f : Z → Y , so dass f (h(x)) = g(x) für
alle x ∈ X, d.h. es gilt g = f ◦ h.
Nun ist die Abbildung h abgeschlossen: Ist B ⊂ Y abgeschlossen, so ist B quasikompakt, da X quasi-kompakt ist, und damit ist h(B) quasi-kompkakt, da h
stetig ist. Folglich ist h(B) abgeschlossen in Z, da Z Hausdorff-Raum ist.
Sei A ⊂ Y abgeschlossen. Da g = f ◦ h, ist h−1 (f −1 (A)) = g −1 (A) und also ist
f −1 (A) = h(h−1 (f −1 (A))) = h(g −1 (A)). (Da h surjektiv ist, gilt h(h−1 (B)) = B
für alle B ⊂ Z.) Aber h(g −1 (A)) ist abgeschlossen, da g stetig und h abgeschlossen
ist und folglich ist f −1 (A) abgeschlossen für jede abgeschlossene Menge A ⊂ Y .
Damit ist f stetig.
(2) ⇒ (3): Sind f1 , f2 : Z → Y Abbildungen mit g = f1 ◦ h und g = f2 ◦ h, so gilt
f2 (h(x)) = g(x) = f1 (h(x)) für alle x ∈ X und damit ist f2 = f1 , da h surjektiv
ist.
(3) ⇒ (1): Sind x, x0 ∈ X mit h(x) = h(x0 ), so ist
g(x) = f (h(x)) = f (h(x0 )) = g(x0 ) .
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Aufgabe 2
Sei ∼ die Äquivalenzrelation auf S 2 = {x ∈ R3 : kxk = 1}, die definiert ist durch:
Es gilt x ∼ y genau dann, wenn x = y oder x = −y. Sei S 2 /∼ der Quotientenraum
und q : S 2 → S 2 /∼ die Projektion.
Sei ferner τ : S 2 → S 2 die Abbildung, die definiert ist durch τ (x) = −x für alle
x ∈ S 2 . Dann ist τ eine topologische Äquivalenz (da τ stetig ist und τ ◦ τ = idS 2 ),
und für jedes A ⊂ S 2 gilt q −1 (q(A)) = A ∪ τ (A).
Man zeige:
(1) Die Abbildung q ist offen und abgeschlossen.
(2) Der Quotientenraum S 2 /∼ ist kompakt (d.h. S 2 /∼ ist ein quasi-kompakter
Hausdorff-Raum).
Für jedes x ∈ S 2 sei nun Vx = {y ∈ S 2 : ky − xk < 1}, also ist Vx eine offene
Umgebung von x in S 2 . Man zeige:
(3) Für jedes x ∈ S 2 gilt Vx ∩ V−x = ∅, V−x = τ (Vx ), q(Vx ) = q(V−x ) und die
Einschränkung von q auf Vx ist injektiv.
(4) q : S 2 → S 2 /∼ ist eine Überlagerung.
Lösung
(1) Sei O offen in S 2 ; dann ist q −1 (q(O)) = O ∪ τ (O) offen in S 2 . Nach der
Definition der Quotiententopologie ist also q(O) offen in S 2 /∼ und folglich ist die
Abbildung q offen.
Sei B abgeschlossen in S 2 ; dann ist q −1 (q(B)) = B ∪ τ (B) abgeschlossen in S 2 .
Nach der Definition der Quotiententopologie ist also q(B) abgeschlossen in S 2 /∼
und damit ist q abgeschlossen.
(2) Der Quotientenraum S 2 /∼ ist quasi-kompakt, da S 2 quasi-kompakt ist und
die stetige Abbildung q surjektiv ist. Ferner ist S 2 /∼ Hausdorff-Raum, da S 2
kompakt ist und nach (1) die Abbildung q abgeschlossen ist.
(3) Es gilt Vx ∩ V−x = ∅, da kx − (−x)k = 2.
Da ky − (−x)k = k − y − xk, gilt −y ∈ Vx genau dann, wenn y ∈ V−x und daraus
ergibt sich, dass V−x = τ −1 (Vx ) = τ (Vx ). Aber q ◦ τ = q und folglich ist auch
q(V−x ) = q(τ (Vx )) = q(Vx ).
Seien y, y 0 ∈ Vx mit q(y) = q(y 0 ); dann ist y 0 = y oder y 0 = −y. Aber −y ∈
/ Vx ,
0
da −y ∈ V−x und Vx ∩ V−x = ∅, und daher ist y = y. Daraus ergibt sich, dass
die Einschränkung von q auf Vx injektiv ist.
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(4) Sei z ∈ S 2 /∼, es gibt also ein x ∈ S 2 mit z = {x, −x}. Da q(Vx ) = q(V−x ),
können wir Uz = q(Vx ) setzen; dann ist Uz offen in S 2 /∼, da die Abbildung q
offen ist, und z ∈ Uz , da z = q(x). Nun ist
q −1 (Uz ) = q −1 (q(Vx )) = Vx ∪ τ (Vx ) = Vx ∪ V−x
und Vz ∩V−x = ∅. Ferner ist die Einschränkung von q auf jeder der Mengen Vx und
V−x injektiv. Folglich sind die Abbildungen q|Vx : Vx → Uz und q|V−x : V−x → Uz
topologische Äquivalenzen, da q offen ist. Dies zeigt, dass q : S 2 → S 2 /∼ eine
Überlagerung ist.
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Aufgabe 3
Sei X ein topologischer Raum, sei A eine Teilmenge von X (mit der Unterraumtopologie) und sei x0 ∈ A.
Sei i : A → X die Inklusion (mit i(a) = a für alle a ∈ A); es gibt also den
Gruppen-Homomorphismus i∗ : π1 (A, x0 ) → π1 (X, x0 ).
Man zeige:
(1) Gibt es eine stetige Abbildung r : X → A mit r(a) = a für alle a ∈ A, so ist
der Homomorphismus i∗ injektiv.
(2) Gibt es eine stetige Abbildung F : X × [0, 1] → X mit F (x, 0) = x und
F (x, 1) ∈ A für alle x ∈ X, F (x0 , t) = x0 für alle t ∈ [0, 1] und F (a, 1) = a für
alle a ∈ A, so ist i∗ ein Isomorphismus.
Hinweis zu Teil (2): Um zu zeigen, dass i∗ injektiv ist, wende man Teil (1) an.
Um zu zeigen, dass i∗ surjektiv ist, betrachte man für jede Schleife v in (X, x0 )
die durch Fv (s, t) = F (v(s), t) definierte Abbildung Fv : [0, 1] × [0, 1] → X.
Lösung
(1) Für alle a ∈ A ist r(i(a)) = a und also ist r ◦ i = idA . Daraus folgt, dass
r∗ ◦ i∗ = (r ◦ i)∗ = (idA )∗ = id ,
wobei id : π1 (A, x0 ) → π1 (A, x0 ) die Identitätsabbildung ist. Insbesondere ist i∗
injektiv: Ist i∗ (γ1 ) = i∗ (γ2 ), so ist
γ1 = id(γ1 ) = r∗ (i∗ (γ1 )) = r∗ (i∗ (γ2 )) = id(γ2 ) = γ2 .
(2) Da F (x, 1) ∈ A für alle x ∈ X, können wir eine Abbildung r : X → A
definieren durch r(x) = F (x, 1) für alle x ∈ X. Dann ist r stetig und es gilt
r(a) = F (a, 1) = a für alle a ∈ A; folglich ist nach (1) i∗ injektiv.
Sei nun v : [0, 1] → X eine Schleife in (X, x0 ) und definiere eine Abbildung
Fv : [0, 1] × [0, 1] → X durch Fv (s, t) = F (v(s), t) für alle s, t ∈ [0, 1]. Dann ist Fv
stetig und es gilt Fv (s, 0) = v(s) und Fv (s, 1) = F (v(s), 1) = r(v(s)) = i(r(v(s)))
für alle s ∈ [0, 1], und
Fv (0, t) = F (v(0), t) = F (x0 , t) = x0 und Fv (1, t) = F (v(1), t) = F (x0 , t) = x0
für alle t ∈ [0, 1]. Damit sind die Schleifen v und i ◦ r ◦ v homotop in (X, x0 ) und
also ist (i∗ ◦ r∗ )([v]) = (i ◦ r)∗ ([v]) = [i ◦ r ◦ v] = [v]. Daraus ergibt sich, dass
i∗ ◦ r∗ = id0 , wobei id0 : π1 (X, x0 ) → π1 (X, x0 ) die Identitätsabbildung ist und
insbesondere ist i∗ surjektiv: Für alle γ ∈ π1 (X, x0 ) gilt γ = i∗ (γ 0 ) mit γ 0 = r∗ (γ).
Dies zeigt, dass i∗ bijektiv ist, und daher ist i∗ ein Isomorphismus.
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Aufgabe 4
Für jedes k ∈ Z sei vk : [0, 1] → S 1 die Schleife in (S 1 , 1), die definiert ist durch
vk (s) = exp(ks) für alle s ∈ [0, 1], wobei exp(t) = e2πit .
Man zeige:
(1) Die Schleifen vm und vn sind homotop in (S 1 , 1) genau dann, wenn m = n.
(2) Zu jeder Schleife v : [0, 1] → S 1 in (S 1 , 1) gibt es ein eindeutiges k ∈ Z, so
dass v und vk homotop sind.
Hier darf man lediglich die folgenden Sätze anwenden:
Satz 1 Zu jeder stetigen Abbildung u : [0, 1] → S 1 mit u(0) = 1 gibt es eine
eindeutige stetige Abbildung w : [0, 1] → R mit w(0) = 0, so dass exp ◦ w = u.
Satz 2 Zu jeder stetigen Abbildung F : [0, 1] × [0, 1] → S 1 mit F (0, t) = 1 für
alle t ∈ [0, 1] gibt es eine stetige Abbildung G : [0, 1] × [0, 1] → R mit G(0, t) = 0
für alle t ∈ [0, 1], so dass exp ◦ G = F .
Hinweis: Sei wk : [0, 1] → R die Abbildung mit wk (s) = ks für alle s ∈ [0, 1].
Dann ist wk (0) = 0 und vk = exp ◦ wk . Nach Satz 1 ist also wk die eindeutige
stetige Abbildung w : [0, 1] → R mit w(0) = 0 und exp ◦ w = vk .
Lösung
(1) Seien m, n ∈ Z und nehme an, dass vm und vn homotop in (S 1 , 1) sind. Es
gibt also eine stetige Abbildung F : [0, 1] × [0, 1] → S 1 mit F (s, 0) = vm (s) und
F (s, 1) = vn (s) für alle s ∈ [0, 1] und F (0, t) = F (1, t) = 1 für alle t ∈ [0, 1]. Nach
Satz 2 gibt es eine stetige Abbildung G : [0, 1] × [0, 1] → R mit G(0, t) = 0 für
alle t ∈ [0, 1], so dass exp ◦ G = F .
Nun ist exp(G(1, t)) = F (1, t) = 1 für alle t ∈ [0, 1] und daher ist G(1, t) ∈ Z für
alle t ∈ [0, 1]. Folglich ist G(1, 0) = G(1, 1), da die Abbildung t 7→ G(1, t) stetig
0
0
ist. Setze wm
= G(·, 0); dann ist wm
(0) = 0 und
0
exp ◦ wm
= exp ◦ G(·, 0) = F (·, 0) = vm
0
und daraus ergibt sich aus der Eindeutigkeit in Satz 1, dass wm
= wm . Genauso
0
gilt wn = wn und insbesondere ist
0
m = wm (1) = wm
(1) = G(1, 0) = G(1, 1) = wn0 (1) = wn (1) = n .
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(2) Nach Satz 1 gibt es es eine eindeutige Abbildung w : [0, 1] → R mit w(0) = 0,
so dass exp ◦ w = v. Dann ist exp(w(1)) = v(1) = 1 und daher gibt es ein k ∈ Z,
so dass w(1) = k. Definiere G : [0, 1] × [0, 1] → R durch
G(s, t) = (1 − t)w(s) + twk (s) .
Also ist G stetig und es gilt G(s, 0) = w(s) und G(s, 1) = wk (s) für alle s ∈ [0, 1]
und G(0, t) = 0 und G(1, t) = k für alle t ∈ [0, 1]. Setze nun F = exp ◦ G; dann
ist F : [0, 1] × [0, 1] → S 1 stetig mit
F (s, 0) = exp(G(s, 0)) = exp(w(s)) = v(s) ,
F (s, 1) = exp(G(s, 1)) = exp(wk (s)) = vk (s)
für alle s ∈ [0, 1] und
F (0, t) = exp(G(0, t)) = exp(0) = 1 und F (1, t) = exp(G(1, t)) = exp(k) = 1
für alle t ∈ [0, 1]. Dies zeigt, dass v und vk homotop in (S 1 , 1) sind und nach (1)
ist die Zahl k eindeutig bestimmt durch v.