a, b, c, d

(2+2+2+5+2+5 = 18 Punkte)
Aufgabe 1
Wir betrachten die vierelementige Menge X = {a, b, c, d} mit der von
S = {{a, b}, {a, c}, {c, d}} ⊂ P(X)
induzierten Topologie T .
a) Geben Sie eine Basis der Topologie T an.
b) Gibt es eine Basis von T , die aus lediglich vier offenen Mengen besteht?
c) Ist X zusammenhängend?
d) Bestimmen Sie die Zusammenhangskomponente Ca von dem Element a ∈ X.
e) Ist X metrisierbar?
f) Zeigen Sie, dass die Inklusion ι : {a, c} → X eine Homotopieäquivalenz ist.
a) Um ganz sicher eine Basis zu erhalten sind zu S alle Schnitte von Elementen aus S hinzuzufügen,
insbesondere auch der leere Schnitt. Dies ergibt die Basis
B = {∅, {a}, {c}, {a, b}, {a, c}, {c, d}, X}.
b) Die leere Menge kann als leere Vereinigung von Elementen aus B geschrieben werden. Ferner ist
{a, c} = {a} ∪ {c} und X = {a, b} ∪ {c, d}. Damit ist auch die vierelementige Menge
B 0 = {{a}, {c}, {a, b}, {c, d}}
eine Basis von T .
c) X ist nicht zusammenhängend, denn {a, b} 6∈ {∅, X} ist offen und abgeschlossen.
d) Es ist Ca die Vereinigung aller zusammenhängender Teilmengen von X, welche a enthalten. Da
{a, b} offen und abgeschlossen ist, muss Ca ⊂ {a, b} gelten. Wir zeigen, dass {a, b} zusammenhängend
ist. Daraus folgt dann Ca = {a, b}.
Die einzige Möglichkeit, {a, b} als Vereinigung zweier nichtleerer Teilmengen zu schreiben ist
{a, b} = {a} ∪ {b}. Dabei ist {a} auch tatsächlich offen in der Teilraumtopologie von {a, b}, da {a}
schon offen in X ist. Die einzigen offenen Mengen in X, welche b enthalten sind {a, b}, {a, b, c} und
X. Kein Schnitt dieser offenen Mengen mit {a, b} ergibt {b}, also ist {b} nicht offen in {a, b}. Damit
kann {a, b} nicht als Vereinigung von zwei nichtleeren offenen Teilmengen geschrieben werden und
ist somit zusammenhängend.
e) X ist nicht metrisierbar: Jeder endliche metrische Raum ist diskret, aber {b} ⊂ X ist nicht offen.
f) Wir zeigen, dass
f : X → {a, c} ; x 7→
a
c
für x ∈ {a, b}
für x ∈ {c, d}
eine Homotopieinverses ist. Zunächst ist f stetig, denn die Urbilder von a und c sind offen in X.
Ferner gilt f ◦ ι = id{a,c} und ι ◦ f ' idX vermittels der Homotopie
x
für t = 0 ,
H : X × [0, 1] → X ; (x, t) 7→
f (x) für t > 0 .
Dabei ist H stetig, denn es gilt
H −1 {a, b} = {a, b}×[0, 1] ,
H −1 {c, d} = {c, d}×[0, 1] ,
H −1 {a, c} = {a, c}×[0, 1] ∪ X ×(0, 1]
und das Produkt offener Mengen ist offen in der Produkttopologie auf X × [0, 1].
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(3+6+2 = 11 Punkte)
Aufgabe 2
Wir betrachten S 1 := {z ∈ C | |z| = 1} ⊂ C ≈ R2 und die Teilmenge
A := {−1, 1} ⊂ S 1 .
Ferner sei X := S 1 /A der Quotientenraum und p : S 1 → X die Projektion.
a) Beweisen Sie: S 1 und X sind kompakt.
b) Zeigen Sie, dass X homöomorph zu einer Teilmenge Y ⊂ C ist. (Anleitung: Konstruieren Sie eine
stetige und injektive Abbildung f : X → C, wählen Sie Y := f (X) ⊂ C und zeigen Sie, dass
f : X → Y ein Homöomorphismus ist.)
c) Ist X metrisierbar?
a) Es ist C ≈ R2 und nach dem Satz von Heine-Borel genügt es zu zeigen, dass S 1 ⊂ R2 beschränkt
und abgeschlossen ist. Als Urbild der abgeschlossenen Menge {1} ⊂ R unter der stetigen Betragsfunktion |.| : C → R ist S 1 abgeschlossen. Und offensichtlich ist S 1 ⊂ B2 (0) und somit ist S 1 auch
beschränkt.
Der Quotient X ist nun das Bild der kompakten Menge S 1 unter der stetigen Projektion p und
somit ebenfalls kompakt.
b) Wir betrachten die stetige Abbildung
F : S 1 → C ; z 7→ z · =(z).
Wegen F (−1) = F (1) = 0 induziert diese eine Abbildung f : X → C auf dem Quotienten X = S 1 /A
und es ist eine Eigenschaft der Quotiententopologie, dass diese induzierte Abbildung ebenfalls stetig
ist.
Wir zeigen nun, dass f injektiv ist: Der einzige Punkt w ∈ C, der unter F mehr als ein Urbild
besitzt ist w = 0 mit dem Urbild F −1 (0) = {−1, 1} = A. Ist w = F (z) 6= 0, so ist das Urbild z ∈ S 1
durch z = w/|w| eindeutig bestimmt. Nun gilt f ◦ p = F , also ist für alle w ∈ C
(f ◦ p)−1 (w) = p−1 (f −1 (w)) = F −1 (w)
=⇒
f −1 (w) = p(F −1 (w)).
Und wegen p(A) = {[1]} ∈ X besitzt jedes w ∈ C unter f höchstens ein Urbild, also ist f injektiv.
Wir setzen nun Y := f (X) ⊂ C. Damit ist f : X → Y eine stetige und bijektive Abbildung. Ferner
ist X kompakt und Y ist als Teilmenge von C ein Hausdorff-Raum. Damit ist f : X → Y ein
Homöomorphismus.
c) Als Teilmenge des metrisierbaren Raumes C ist Y metrisierbar und somit auch X ≈ Y .
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(5 Punkte)
Aufgabe 3
Wir betrachten die Menge X = C(R, R) aller stetigen Funktionen f : R → R mit den folgenden
Topologien:
• Tco - die kompakt-offene Topologie auf X.
• Tp - die von der Produkttopologie auf RR auf X ⊂ RR induzierte Teilraumtopologie.
Zeigen Sie, dass Tp gröber ist als Tco .
Wir müssen zeigen, dass Tp eine Teilmenge von Tco ist. Dafür genügt es zu zeigen, dass die Elemente
einer Subbasis von Tp auch in Tco enthalten sind. Eine Subbasis Sp von Tp erhalten wir, indem wir
die Elemente einer Subbasis der Produkttopologie auf RR mit X schneiden. Es sei also r ∈ R und
πr : RR → R die Projektion auf den r-ten Faktor und U ⊂ R offen. Dann ist
O := πr−1 (U ) ∩ X
ein typisches Element von Sp . Die Menge O besteht also aus allen stetigen Funktionen f : R → R,
welche am Punkt r ∈ R Werte aus U ⊂ R annehmen. Es ist also
O = Ω(K, U )
mit
K := {r}
und damit O ∈ Tco per Konstruktion der kompakt-offenen Topologie.
Anmerkung: Die Aussage ’Tp ist gröber als Tco ’ ist äquivalent zur Aussage ’idX : (X, Tco ) → (X, Tp )
ist stetig’. Diese Feststellung und der Stetigkeits-Joker hätten zur Lösung genügt.
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(6 Punkte)
Aufgabe 4
Es sei X ein topologischer Raum. Wir nennen eine Teilmenge A ⊂ X dicht in X, falls A = X gilt.
Wir nennen den Raum X separabel, falls es eine abzählbare dichte Teilmenge A ⊂ X gibt.
Beweisen Sie: Erfüllt X das zweite Abzählbarkeitsaxiom, so ist X separabel.
Es sei B = {Uj | j ∈ N} eine abzählbare Basis der Topologie von X. Wir wählen für jedes j ∈ N ein
Element aj ∈ Uj und setzen
A := {aj | j ∈ N} ⊂ X.
Dies ist eine abzählbare Teilmenge von X und wir zeigen, dass A ⊂ X dicht ist: Angenommen A 6= X.
Dann gibt es einen Punkt x ∈ X \ A. Da A abgeschlossen ist, ist das Komplement offen und somit
gibt es eine ganze offene Umgebung U von x mit
U ⊂X \A⊂X \A
=⇒
U ∩ A = ∅.
Dies liefert den gewünschten Widerspruch, denn in der offenen Umgebung U muss ein Element Uj der
Basis B enthalten sein und damit wäre das ausgewählte aj sowohl in U als auch in A enthalten.
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