Script zur Topologie

Lydia Außenhofer
SS 2005
Mengentheoretische Topologie
1
Metrische Räume
Definition 1.1 Sei X eine Menge. Eine Metrik (metric) ist eine Abbildung
d : X × X → R+
0 , die die folgenden Eigenschaften besitzt:
(i) (M 1)
(ii) (M 2)
(iii) (M 3)
d(x, y) = 0 ⇐⇒ x = y (Definitheit)
d(x, y) = d(y, x) ∀x, y ∈ X (Symmetrie)
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀x, y, z ∈ X (Dreiecksungleichung)
Das Paar (X, d) heißt metrischer Raum (metric space).
Bemerkung 1.2 Es gilt |d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).
Beispiel 1.3
(i) diskrete Metrik:
d(x, y) =
1 x 6= y
0 x=y
(ii) euklidische Metrik X = Rn (n ∈ N); d(x, y) =
d(x, y) = |x − y|
pPn
i=1 (xi
− yi )2 .
n = 1:
(iii) Sei (V, k · k) ein normierter Raum. Dann ist d : V × V → R+
0 , (x, y) 7→
kx − yk eine Metrik.
(iv) Ist (X, d) ein metrischer Raum und Y ⊂ X, so ist dY : Y × Y →
R+0, (y1, y2) 7→ d(y1, y2) eine Metrik auf Y .
Proposition 1.4 Seien (X1 , d1 ), . . . , (Xn , dn ) metrische Räume dann sind
die folgenden Abbildungen Metriken auf dem Produkt X := X1 ×X2 ×. . .×Xn :
pPn
2
(i) d(x, y) :=
i=1 di (xi , yi ) ,
(ii) d(x, y) := max(d1 (x1 , y1 ), . . . , dn (xn , yn )) (Maximumsmetrik),
P
(iii) d(x, y) := ni=1 di (xi , yi ) (Summenmetrik).
Beweis: Übungsaufgabe 1.
1
Bezeichnung 1.5 Sei (X, d) ein metrischer Raum. Für x ∈ X und ε > 0
sei
B(x, ε) := {y ∈ X : d(x, y) < ε}.
B(x, ε) heißt offene Kugel (open ball) um x mit Radius ε.
Beispiel 1.6 Offenen Kugeln um 0 mit Radius 1 im
euklidischen Metrik,
der Summenmetrik,
der Maximumsmetrik und
der diskreten Metrik.
R2
versehen mit der
Definition 1.7 Sei (X, d) ein metrischer Raum. Eine Teilmenge U ⊆ X
heißt offen (open), falls für jedes x ∈ U ein ε > 0 existiert, so daß B(x, ε) ⊆
U gilt.
Eine Teilmenge A ⊆ X heißt abgeschlossen (closed), wenn ihr Komplement Ac offen ist.
Proposition 1.8 Jede offene Kugel ist offen.
Beweis: Sei y ∈ B(x, ε). Setze δ := ε − d(x, y) > 0. Wir wollen zeigen, daß
B(y, δ) ⊆ B(x, ε) gilt. Sei dazu z ∈ B(y, δ). Dann folgt: d(x, z) ≤ d(x, y) +
d(y, z) < d(x, y) + δ = ε.
Beispiel 1.9 Sind die folgenden Aussagen wahr (w) oder falsch (f )?
Sei (X, d) ein metrischer Raum.
(i) ∅ ist offen.
(ii) X ist offen.
(iii) ∅ ist abgeschlossen.
(iv) X ist abgeschlossen.
(v) Jede endliche Vereinigung offener Mengen ist offen.
(vi) Jede abzählbare Vereinigung offener Mengen ist offen.
(vii) Jede beliebige Vereinigung offener Mengen ist offen.
(viii) Jeder endliche Durchschnitt offener Mengen ist offen.
(ix) Jeder abzählbare Durchschnitt offener Mengen ist offen.
2
(x) Jeder beliebige Durchschnitt offener Mengen ist offen.
Definition 1.10 Sei X eine Menge und O eine Teilmenge der Potenzmenge
von X, die die folgenden Eigenschaften erüllt:
(i) ∅, X ∈ O,
(ii) Ui ∈ O (i ∈ I, I beliebige Indexmenge), so gilt
S
i∈I
Ui ∈ O.
(iii) Sind U1 , U2 ∈ O, so gilt U1 ∩ U2 ∈ O.
Dann heißt das Paar (X, O) ein topologischer Raum (topological space)
und O heißt Topologie (topology) auf X.
Eine (nicht notwendig offene) Menge U ⊆ X heißt Umgebung (neighbo(u)rhood) des Punktes x, falls es eine offene Menge O gibt, die x ∈ O ⊆ U
erfüllt. Die Menge aller Umgebungen des Punktes x bezeichnen wir mit U(x).
Proposition 1.11 Sei (X, d) ein metrischer Raum. Die Menge O := {U ⊆
X : U ist offen } ist eine Topologie auf X, sie wird die von der Metrik d
induzierte Topologie genannt.
Beweis: 1.9.
Definition 1.12 Eine Topologie O auf einer Menge X heißt metrisierbar
(metrizable), wenn es eine Metrik auf X gibt, die die Topologie induziert.
Induzieren zwei (verschiedene) Metriken dieselbe Topologie, so heißen die
Metriken äquivalent (equivalent).
Bemerkung 1.13 Auf der Menge der Metriken auf einer Menge X ist die
Eigenschaft ı̈st äquivalent zuëine Äquivalenzrelation.
Die Metriken aus 1.4 sind äquivalent. (Übung)
Beispiel 1.14 Od := P(X) ist eine Topologie auf X, sie wird diskrete Topologie (discrete topology) genannt. Sie ist die von der diskreten Metrik
induzierte Topologie. [B(x, 1) = {x}, daher sind alle Teilmengen von X versehen mit der diskreten Metrik offen.]
Sei X eine Menge. Oa := {∅, X} ist eine Topologie auf X, sie wird antidiskrete Topologie (antidiscrete topology) genannt.
Wird die antidiskrete Topologie von einer Metrik induziert? Die nachfolgende Proposition zeigt, daß dies nicht der Fall ist, wenn |X| ≥ 2.
Proposition 1.15 [Hausdorffsches Trennungsaxiom]
Sei (X, d) ein metrischer Raum. Für x 6= y ∈ X existieren disjunkte Umgebungen von x und y.
3
Beweis: Wegen x 6= y ist ε := d(x, y) > 0. Die offenen Kugeln U :=
B(x, ε/2) und V := B(y, ε/2) sind offen (1.8) und disjunkt: Angenommen es
existiert z ∈ U ∩V . Dann folgt ε = d(x, y) ≤ d(x, z)+d(z, y) < ε/2+ε/2 = ε.
Offensichtlich gelten x ∈ U und y ∈ V . Widerspruch.
Definition 1.16 Sei (xn ) eine Folge in dem metrischen Raum (X, d), also
eine Abbildung x : N → X, n 7→ xn . Wir sagen (xn ) konvergiert (converges
to) gegen x ∈ X, wenn die reelle Folge (d(xn , x)) gegen 0 konvergiert, also:
∀ε > 0 ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 d(x, xn ) < ε.
Der Grenzwert einer Folge ist eindeutig.
[Seien x und x0 Grenzwerte der Folge (xn ). Da d(x, x0 ) ≤ d(x, xn ) +
0
d(x , xn ) gilt und (d(x, xn ) + d(x0 , xn ))n∈N eine Nullfolge ist, muß d(x, x0 ) = 0
bzw. x = x0 gelten.]
Proposition 1.17 Genau dann konvergiert eine Folge (xn ) gegen x, wenn
für jede Umgebung U von x ein n0 ∈ N existiert, so daß xn ∈ U für alle
n ≥ n0 .
Beweis: Es konvergiere (xn ) gegen x. Sei U eine Umgebung von x. Dann
existiert ε > 0 mit B(x, ε) ⊆ U . Für n0 , so daß d(xn , x) < ε für alle n ≥ n0
gilt natürlich xn ∈ B(x, ε) ⊆ U .
Es gelte umgekehrt diese Bedingung. Sei ε > 0 gegeben. Dann ist B(x, ε)
eine Umgebung von x, es existiert also n0 mit xn ∈ B(x, ε) für alle n ≥ n0 ,
was gleichbedeutend ist mit d(xn , x) < ε für alle n ≥ n0 .
Proposition 1.18 Genau dann ist eine Teilmenge C ⊆ X eines metrischen
Raumes X abgeschlossen, wenn für jede Folge (cn ) in C, welche gegen ein
x ∈ X konvergiert, x ∈ C gilt.
Beweis: Sei zunächst C abgeschlossen und (cn ) eine Folge in C, welche
gegen x ∈ X konvergiert. Nehmen wir an, daß x ∈
/ C. Da C abgeschlossen
ist, ist X \ C offen, also eine Umgebung von x. Daher existiert n0 ∈ N, so
daß xn ∈ X \ C für alle n ≥ n0 . Dies widerspricht xn ∈ C für alle n ∈ N.
Es gelte umgekehrt diese Bedingung. Angenommen C wäre nicht abgeschlossen, also X \ C nicht offen. Dann existiert ein x ∈ X \ C, so daß für
jedes n ∈ N gilt: B(x, 1/n) * X \ C. Wählen wir daher xn ∈ B(x, 1/n) ∩ C.
Dann ist offensichtlich, daß (xn ) in C liegt und gegen x konvergiert. Dies
widerspricht der Bedingung.
4
Definition 1.19 Eine Folge (xn ) in einem metrischen Raum (X, d) heißt
Cauchy–Folge (Cauchy sequence), falls
∀ ε > 0 ∃n0 : ∀ n, m ≥ n0
d(xn , xm ) < ε.
Ein metrischer Raum (X, d) heißt vollständig (complete), wenn jede
Cauchy–Folge konvergiert.
Satz 1.20
R ist vollständig.
Beweis: Siehe z.B. Hewitt, E. und Stromberg, K., Real and Abstract Analysis, Springer Verlag, Heidelberg, 1969. (Section 5)
Bemerkung 1.21 (i) Jede konvergente Folge ist eine Cauchy–Folge:
d(xn , xm ) ≤ d(xn , x) + d(x, xm ).
√
P
P
−k
(ii) Sei 2 = ∞
die Dezimaldarstellung. Dann ist ( nk=0 ak 10−k )n∈N
k=0 ak 10
eine Cauchy–Folge in Q, welche (im metrischen Raum (Q, dQ ) nicht
konvergiert, wobei d die euklidische Metrik auf R sei.
Proposition 1.22 Sei (X, d) ein vollständiger metrischer Raum und sei Y
ein Teilmenge von X. Genau dann ist (Y, dY ) ebenfalls ein vollständiger metrischer Raum, wenn Y abgeschlossen ist.
Beweis: Sei Y abgeschlossen und sei (yn ) eine Cauchy–Folge in Y . Dann
ist (yn ) auch eine Cauchy–Folge in X und konvergiert daher gegen ein x ∈ X.
Mit 1.18 folgt x ∈ Y , daher ist Y vollständig.
Sei Y vollständig und sei (yn ) eine Folge in Y , welche gegen ein x ∈ X
konvergiert. Als (in X) konvergente Folge ist (yn ) eine Cauchy–Folge. Da Y
vollständig ist, existiert y ∈ Y , gegen welches (yn ) konvergiert. Wegen der
Eindeutigkeit des Limes gilt x = y und 1.18 impliziert die Abgeschlossenheit
von Y .
Definition 1.23 Seien (X, dX ) und (Y, dY ) metrische Räume. Eine Abbildung f : X → Y heißt stetig in (continuous at) x, falls für jede gegen x
konvergierende Folge (xn ) die Folge (f (xn )) gegen f (x) konvergiert.
f heißt stetig, falls f in jedem Punkt x ∈ X stetig ist.
Proposition 1.24 Sei f : X → Y eine Abbildung ((X, dX ) und (Y, dY )
metrische Räume) und sei x ∈ X. Dann sind äquivalent:
(i) f ist stetig in x.
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(ii) ∀U ∈ U(f (x)) gilt f −1 (U ) ∈ U(x).
(iii) ∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x0 : dX (x, x0 ) < δ dY (f (x), f (x0 )) < ε.
|
{z
}
⇐⇒ f (B(x,δ))⊆B(f (x),ε)⇐⇒B(x,δ)⊆f −1 (B(f (x)),ε)
Beweis: (i) =⇒ (ii) Sei U ∈ U(f (x)). Angenommen f −1 (U ) * U(x).
Insbesondere gilt für jedes n ∈ N : B(x, 1/n) * f −1 (U ). Wählen wir daher
xn ∈ B(x, 1/n) mit f (xn ) ∈
/ U . Dann konvergiert (xn ) gegen x, doch (f (xn ))
kann nicht gegen f (x) konvergieren, da in dem Fall f (xn ) ∈ U für große n
gelten müßte.
(ii) =⇒ (iii) folgt sofort.
(iii) =⇒ (i) Sei (xn ) eine gegen x konvergente Folge und sei ε > 0. Es
ist zu zeigen, daß n0 ∈ N existiert so, daß dY (f (xn ), f (x)) < ε für alle n ≥ n0
gilt. Nach Voraussetzung existiert δ > 0 so, daß f (B(x, δ)) ⊆ B(f (x), ε) gilt.
Auf Grund der Definition der Konvergenz einer Folge existiert n0 ∈ N so, daß
xn ∈ B(x, δ) für alle n ≥ n0 . Diese Folgenglieder erfüllen f (xn ) ∈ B(f (x), ε),
woraus die Behauptung folgt.
Proposition 1.25 Sei f : X → Y eine Abbildung ((X, dX ) und (Y, dY )
metrische Räume). Genau dann ist f stetig, wenn für jede offene Menge
U ⊆ Y das Urbild f −1 (U ) offen in X ist.
Beweis: Sei f stetig und sei U ⊆ Y offen. Um zu zeigen, daß f −1 (U ) offen
ist, fixieren wir x ∈ f −1 (U ). Da U offen ist und f (x) enthält, ist f −1 (U ) eine
Umgebung von x, daher existiert δ > 0 so, daß B(x, δ) ⊆ f −1 (U ).
Für den Beweis, daß diese Bedingung die Stetigkeit von f impliziert,
fixieren wir x ∈ X und ε > 0. Nach Voraussetzung ist f −1 (B(f (x), ε)) offen
und enthält x, daher existiert δ > 0 mit B(x, δ) ⊆ f −1 (B(f (x), ε)). Es folgt
die Behauptung.
Korollar 1.26 Seien d1 und d2 Metriken auf X. Genau dann erzeugen sie
dieselbe Topologie, wenn id : (X, d1 ) → (X, d2 ) und id : (X, d2 ) → (X, d1 )
stetig sind.
Proposition 1.27 Seien X eine nichtleere Menge und B(X, R) := {f :
X → R : f ist beschränkt}. Dann wird durch d(f, g) := sup{|f (x) − g(x)| :
x ∈ X} eine vollständige Metrik auf B(X, R) definiert.
Beweis: Es ist klar, daß d eine Metrik ist. Sei (fn ) eine Cauchy–Folge. Wegen |fn (x) − fm (x)| ≤ d(fn , fm ) ist insbesondere (fn (x)) eine reelle Cauchy–
Folge für alle x ∈ X. Da R vollständig ist, existiert f (x) := lim fn (x). Es
bleibt zu zeigen, daß f ∈ B(X, R) und d(fn , f ) → 0 gelten.
6
Nach Voraussetzung gilt:
∀ε > 0 ∃nε ∈ N : ∀n, m ≥ nε
d(fn , fm ) ≤ ε
|
{z
}
|fn (x)−fm (x)|≤ε
∀x∈X
Insbesondere gilt |fn (x)| ≤ |fn1 (x)| + 1 für alle n ≥ n1 . Somit folgt
|f (x)| ≤ |fn1 (x)| + 1 für alle x ∈ X. Da fn1 beschränkt ist, ist auch f
beschränkt.
Außerdem: |fn (x)−f (x)| = lim |fn (x) − fm (x)| ≤ lim sup d(fn , fm ) ≤ ε,
m→∞ |
{z
}
m
≤d(fn ,fm )
sofern n ≥ nε . Diese Abschätzung ist unabhängig von x, woraus d(f, fn ) → 0
folgt.
Definition 1.28 Eine Abbildung f : (X, dX ) → (Y, dY ) heißt Isometrie
(isometry), falls d(x, x0 ) = d(f (x), f (x0 )) für alle x, x0 ∈ X gilt.
Bemerkung 1.29 Jede Isometrie ist stetig und injektiv.
Satz 1.30 Für jeden metrischen Raum (X, d) existiert ein vollständiger mee und eine Isometrie ι : (X, d) → (X,
e
e d)
e d).
trischer Raum (X,
Beweis: Ist X = ∅, so ist die Behauptung trivial.
Andernfalls fixieren wir x0 ∈ X und betrachten die Abbildung
f : X → B(X, R), x 7→ fx ,
wobei fx (y) = d(y, x) − d(y, x0 ). Offensichtlich gilt: |fx (y)| ≤ d(x, x0 ), so daß
fx eine beschränkte Funktion auf X ist.
Berechnen wir
d(fx , fz ) = sup{
|fx (y) − fz (y)|
|
{z
}
: y ∈ X} =
=|d(y,x)−d(y,x0 )−(d(y,z)−d(y,x0 ))|
= sup{|d(y, x) − d(z, y)| : y ∈ X} = d(x, z).
[≤ ist klar. ≥ folgt für y = x bzw. y = z.] Daher ist f eine Isometrie. In 1.27
wurde bewiesen, daß B(X, R) vollständig ist. Es folgt die Behauptung.
(20.04.2005)
7
2
Topologische Räume
Wiederholung: Ein topologischer Raum ist ein Paar (X, O), wobei X eine
Menge und O ⊆ P(X) eine Teilmenge der Potenzmenge ist, die abgeschlossen
ist bzgl. der Bildung endlicher Durchschnitte und beliebiger Vereinigungen
sowie X und ∅ enthält.
S
T
Beachte i∈∅ Oi = ∅ und i∈∅ Oi = X.
Eine uns stets interessierende Frage ist, ob die Topologie von einer Metrik
induziert wird.
Beispiel 2.1 Sei X eine Menge.
Ocf := {O ⊆ X : X \ O ist endlich} ∪ {∅}
ist eine Topologie, die sogenannte cofinite Topologie (cofinite topology).
[Offensichtlich gelten ∅, X ∈ Ocf .SX \(O1 ∩O2 ) = (O1 ∩O2 )c = O1c ∪O2c ist
endlich, sofern O1 , O2 ∈ Ocf \ ∅. X \ i∈I Oi ⊆ X \ Oi0 für jedes i0 ∈ I. Daher
ist Ocf auch abgeschlossen bezüglich der Bildung beliebiger Vereinigungen.]
Ist X endlich, so ist Ocf die diskrete Topologie.
Ist X unendlich, so wird Ocf nicht von einer Metrik induziert: [Angenommen es existieren disjunkte, offene Mengen U und V , die x bzw. y enthalten.
Da X \ U endlich ist, denn U ist nicht leer, muß V endlich sein. Dies ist nur
möglich, wenn V = ∅, was aber y ∈ V widerspricht. Wegen 1.15 kann Ocf
nicht von einer Metrik induziert werden.]
Bemerkung 2.2 Eine Teilmenge A eines topologischen Raumes heißt abgeschlossen (closed), falls ihr Komplement offen ist.
Beliebige Durchschnitte und endliche Vereinigungen abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen.
Definition 2.3 Sei (X, O) ein topologischer Raum und sei Y ⊆ X eine
Teilmenge. x ∈ X heißt
(i) innerer Punkt (inner point) von Y , falls es eine offene Menge O gibt
mit x ∈ O ⊆ Y . Die Menge der inneren Punkte von Y heißt Inneres
(interior) von Y und wird mit Y ◦ bezeichnet.
(ii) äußerer Punkt von Y , falls es eine offene Menge O gibt mit x ∈ O ⊆
X \Y.
(iii) Berührungspunkt von Y , falls für jede Umgebung U ∈ U(x) U ∩
Y 6= ∅ gilt. Die Menge aller Berührungspunkte von Y wird Abschluß
(closure) von Y genannt und mit Y bezeichnet.
8
(iv) Randpunkt, falls für jede Umgebung U von x U ∩ Y 6= ∅ =
6 U ∩Yc
gilt. Die Menge aller Randpunkte von Y heißt Rand (boundary) von
Y und wird mit ∂Y bezeichnet.
[
Bemerkung 2.4 (i) Y ◦ =
U.
U ∈O,U ⊆Y
\
(ii) Es gilt Y =
A.
A⊇Y abgeschlossen
◦
[X \ Y = {x ∈ X : ∃U ∈ U(x) : U[∩ Y = ∅} = (X
\\ Y ) . Dies
impliziert: Y = X \ (X \ Y ) = X \
U=
A.]
U ∈O:U ∩Y =∅
A⊇Y abgeschlossen
(iii) X \ (Y ◦ ) = X \ Y .
(iv) A ⊆ B =⇒ A ⊆ B.
(v) ∂Y = Y \ Y ◦ .
Beispiel 2.5 Für
Q ⊆ R bestimme man Q◦, Q und ∂ Q.
Definition 2.6 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Eine Teilmenge B ⊆ O
heißt Basis (base) der Topologie, wenn sich jede offene Menge als Vereinigung von Elementen aus B darstellen läßt.
Eine Teilmenge S ⊆ O heißt Subbasis (subbase) der Topologie, wenn
die Menge aller endlichen Durchschnitte von Elementen aus S eine Basis der
Topologie bilden.
Beispiel 2.7 Die Menge der offenen Kugeln in einem metrischen Raum bilden eine Basis der Topologie.
Beispiel 2.8 Gib eine (möglichst kleine) Basis für
die antidiskrete und
die diskrete Topologie an.
Proposition 2.9
so gelten:
(i) Sei B eine Basis des topologischen Raumes (X, O),
(B 1) ∀x ∈ X ∃B ∈ B : x ∈ B.
(Die Vereinigung aller Elemente aus B ist X.)
(B 2) ∀B, B 0 ∈ B ∀x ∈ B ∩ B 0 ∃B 00 ∈ B : x ∈ B 00 ⊆ B ∩ B 0 .
(Der Durchschnitt zweier Mengen aus B läßt sich als Vereinigung
von Elementen aus B schreiben.)
9
(ii) Ist umgekehrt B ⊆ P(X) ein Mengensystem, das (B 1) und (B 2)
erfüllt, so ist B Basis einer eindeutigen Topologie auf X, diese ist gegeben durch:
O = {O ⊆ X : ∀x ∈ O ∃B ∈ B : x ∈ B ⊆ O}.
Beweis:
(i) (B 1) ist klar, da X ∈ O.
Zu (B 2): Da B, B 0 ∈ O, ist auch B ∩ B 0 ∈ O, also als Vereinigung von
Elementen aus B darstellbar.
(ii) Wir zeigen zunächst, daß O eine Topologie ist:
[∅ ∈ O ist klar und (B 1) impliziert, daß auch X ∈ O gilt. Ebenso ist klar,
daß O abgeschlossen ist bezüglich der Bildung beliebiger Vereinigungen.
Es bleibt also zu zeigen, daß, wenn O, O0 ∈ O, so auch O ∩ O0 ∈ O gilt.
Dazu fixieren wir x ∈ O ∩ O0 . Nach Definition von O existieren B, B 0 ∈ O
so, daß x ∈ B ⊆ O und x ∈ B 0 ⊆ O0 . Gemäß (B 2) existiert B 00 ∈ B so, daß
x ∈ B 00 ⊆ B ∩ B 0 ⊆ O ∩ O0 . Da x beliebig gewählt war, folgt O ∩ O0 ∈ O.]
B ist Basis der Topologie: [Sei x ∈ O ∈ O. Nach Definition von O existiert
B ∈ B mit x ∈ B ∈ O. Daher läßt sich O als Vereinigung von Elementen aus
B darstellen. Es ist klar, daß B ⊆ O gilt.]
S
Ist B Basis einer Topologie O, so muß O = { B∈B0 B : B0 ⊆ B} gelten.
Daher ist O eindeutig.
Beispiel 2.10 Die Menge B = {[a, b) : a < b, a, b ∈} ist Basis einer
Topologie OS auf R. (R, OS ) heißt Sorgenfrey–Gerade (Sorgenfrey–line).
Beispiel 2.11 Zur Erinnerung: Eine Menge X heißt total geordnet (totally ordered), falls es eine reflexive (x ≤ x), transitive (x ≤ y ∧ y ≤ z =⇒
x ≤ z) und antisymmetrische (x ≤ y ∧ y ≤ x =⇒ x = y) Relation ≤
auf X gibt, so daß für alle (x, y) ∈ X 2 x ≤ y ∨ y ≤ x gilt. x < y hat die
Bedeutung x ≤ y und x 6= y.
Sei (X, ≤) eine total geordnete Menge, die mindestens zwei Elemente
enthält. Für a, b ∈ X definieren wir: (a, b) = {x ∈ X : a < x < b},
(←, b) = {x ∈ X : x < b} und (a, →) = {x ∈ X : a < x}.
B := {(a, b) : a < b, a, b ∈ X} ∪ {(←, b) : b ∈ X} ∪ {(a, →) : a ∈ X}
ist Basis der sogenannten Ordnungstopologie (order topology) auf X.
[Da nach Voraussetzung a < b in X existieren, gilt X = (a, →) ∪ (←, b),
insbesondere gilt (B 1).
10
Weiter gelten:

 (←, b0 ) = (←, min(b, b0 ))
(a0 , b0 ) = (a0 , min(b, b0 ))
(←, b) ∩

(a, →) =
(a, b)
(a0 , b0 ) = (max(a, a0 ), min(b, b0 ))
(a0 , →) =
(max(a, a0 ), b)
(a, b) ∩
(a, →) ∩ (a0 , →) = (max(a, a0 ), →)
Proposition 2.12 Seien X eine Menge und S = {Sj : j ∈ J} ⊆ P(X).
Dann existiert genau eine Topologie O auf X, so daß S Subbasis von O ist.
O heißt die von S erzeugte Topologie (topology generated by), ist also
die kleinste Topologie, die S umfaßt. Es gilt:
[\
O={
Sj : Fi ⊆ J endlich, I eineM enge}.
i∈I j∈Fi
Sie wird die von S erzeugte Topologie (topology generated by...) genannt.
Beweis:SZunächst
wollen wir zeigen, daß O eine Topologie ist:
T
[Seien i∈Iα j∈Fi Sj Elemente aus O und α ∈ A. Dann ist
[ [ \
[
\
Sj =
Sj ∈ O.
S
α∈A i∈Iα j∈Fi
Für
[ \
Sj1 ,
i1 ∈I1 j1 ∈Fi1

[ \

i1 ∈I1 j1 ∈Fi1
α∈A Iα
j∈Fi
Sj2 ist
i2 ∈I2 j2 ∈Fi2
 
[ \
i∈
Sj1 ∩


[ \
i2 ∈I2 j2 ∈Fi2
[ [
Sj 2  =

\

i1 ∈I1 i2 ∈I2
j1 ∈Fi1
|
=
Sj1 ∩
T
\
Sj2  ∈ O.
j2 ∈Fi2
{z
j∈Fi ∪Fi
1
2
Sj
}
Es ist klar, daß X, ∅ ∈ O gelten.]
Offensichtlich gilt S ⊆ O. Jede Topologie auf X, welche S umfaßt, umfaßt
auch O (nach Definition). Daher ist O die kleinste S umfassende Topologie
auf X.
Definition 2.13 Sei (X, O) ein topologischer Raum. U ist Umgebung eines
Punktes x ∈ X, wenn es eine offene Menge O gibt, so daß x ∈ O ⊆ U gilt.
Die Menge aller Umgebungen von x bezeichnen wir mit U(x).
Ux ⊆ U(x) heißt Umgebungsbasis (neighbo(u)rhood base), falls für
jede Umgebung U ∈ U(x) ein V ∈ Ux existiert mit V ⊆ U .
Eine Familie (Ux )x∈X heißt Umgebungsbasis von X, falls für jedes x ∈
X Ux eine Umgebungsbasis von x ist.
11
Beispiel 2.14 Die Familie (Ux )x∈R , wobei Ux = {[x − n1 , x + n1 ] : n ∈ N} ist
Umgebungsbasis von R (mit der euklidischen Topologie).
Bemerkung 2.15 Genau dann ist eine Menge offen, wenn sie Umgebung
aller ihrer Punkte ist.
Proposition 2.16 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Sei (Ux )x∈X eine Umgebungsbasis von X Dann gelten:
(i)(U 1) ∀x ∈ X Ux 6= ∅, ∀x ∈ X ∀U ∈ Ux gilt x ∈ U .
(U 2) ∀x ∈ X ∀U1 , U2 ∈ Ux ∃U3 ∈ Ux mit x ∈ U3 ⊆ U1 ∩ U2 .
(U 3) ∀x ∈ X ∀U ∈ Ux ∃V ∈ Ux : ∀y ∈ V ∃W ∈ Uy mit W ⊆ U .
(ii) Ein System (Ux )x∈X , wobei Ux ⊆ P(X), und welches (U 1) bis (U
3) erfüllt, ist Umgebungsbasis auf X genau einer Topologie O, welche
gegeben ist durch:
O = {O ⊆ X : ∀x ∈ O ∃U ∈ Ux : U ⊆ O}.
Beweis: (i) Da X ∈ U(x) für alle x ∈ X, ist (U 1) klar.
Zu (U 2): Seien U1 , U2 ∈ Ux . Dann existieren offene Mengen O1 , O2 mit
x ∈ Oi ⊆ Ui (i ∈ {1, 2}), dann ist O1 ∩O2 eine Umgebung von x, also existiert
U3 ∈ Ux mit x ∈ U3 ⊆ O1 ∩ O2 ⊆ U1 ∩ U2 .
Zu (U 3): Seien x ∈ X und U ∈ Ux . Dann existieren O ∈ O mit x ∈ O ⊆ U
und V ∈ Ux mit x ∈ V ⊆ O ⊆ U . Sei y ∈ V . Da O eine Umgebung von y ist,
existiert W ∈ Uy mit y ∈ W ⊆ O ⊆ U .
(ii) Die Eindeutigkeit von O ist auf Grund der vorangegangenen Bemerkung klar.
O ist eine Topologie:
[Es ist klar, daß ∅ ∈ O.
X ∈ O ist ein Konsequenz von (U 1).
Seien O1 , O2 ∈ O, x ∈ O1 ∩ O2 . Gemäß Definition existieren U1 , U2 ∈ Ux
mit
x ∈ Ui ⊆ Oi (i ∈ {1, 2}). (U 2) impliziert die Existenz von U3 ∈ Ux mit
x ∈ U3 ⊆ U1 ∩ U2 ⊆ O1 ∩ O2 .
Es ist klar, daß die Vereinigung von Mengen aus O wieder zu O gehört.]
Es bleibt zu zeigen, daß (Ux )x∈X ist Umgebungsbasis von (X, O) ist.
Zunächst weisen wir nach, daß die Elemente aus Ux Umgebungen von x bzgl.
12
O sind.
[Hierzu führen wir folgende Bezeichnung ein:
Für Y ⊆ X sei Y0 := {x ∈ X : ∃U ∈ Ux : U ⊆ Y }. Dann gelten:
(∗) Y0 ⊆ Y
(∗∗) Y0 ∈ O.
und
[[Wegen (U 1) ist Y0 ⊆ Y klar.
Zum Beweis, daß Y0 offen ist, ist zu zeigen:
∀x ∈ Y0 ∃U ∈ Ux :
U ⊆ Y0
| {z }
.
∀y∈U ∃W ∈Uy : W ⊆Y
Für x ∈ Y0 existiert U ∈ Ux mit U ⊆ Y . Nach (U 3) existiert V ∈ Ux so, daß
für alle y ∈ V W ∈ Uy existiert mit W ⊆ U (⊆ Y ). Somit ist Y0 ∈ O.]]
Sei also U ∈ Ux . Da U ⊆ U , gilt x ∈ U0 (⊆ U ). Daher sind alle Elemente
|{z}
∈O
aus Ux Umgebungen von x bzgl. der Topologie O.
Nun fehlt nur noch der Nachweis, daß es sich um eine Umgebungsbasis
handelt, also für jedes O ∈ O und jedes x ∈ O ein U ∈ Ux existiert mit
x ∈ U ⊆ O. Dies ist aber nach Definition von O erfüllt.]
Definition 2.17 Seien O1 und O2 Topologien auf der Menge X. Wir sagen
O1 ist feiner (finer) als O2 (bzw. O2 ist gröber (coarser) als O1 ), wenn
O2 ⊆ O1 gilt.
Proposition 2.18 Seien O1 , O2 Topologien auf der Menge X, seien Bi Basen und (Uxi )x∈X Umgebungsbasen von (X, Oi ) (i ∈ {1, 2}). Dann sind äquivalent:
(i) O1 ist feiner als O2 .
(ii) ∀ B2 ∈ B2 , ∀ x ∈ B2 ∃B1 ∈ B1 mit x ∈ B1 ⊆ B2 .
(iii) ∀ x ∈ X, ∀U2 ∈ Ux2 ∃U1 ∈ Ux1 : U1 ⊆ U2 .
Beweis: Die Implikationen (i) =⇒ (ii) und (i) =⇒ (iii) sind klar.
(ii) =⇒ (i): Die eindeutige von B1 erzeugte Topologie ist feiner als die
von B2 erzeugte (2.9).
(iii) =⇒ (i): Die eindeutige von (Ux1 )x∈X erzeugte Topologie ist feiner
als die von (Ux2 )x∈X erzeugte (2.16).
13
Definition 2.19 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Wir sagen, daß X (genauer: (X, O)) das 2. Abzählbarkeitsaxiom (second countable) erfüllt,
wenn X eine abzählbare Basis besitzt.
X erfüllt das 1. Abzählbarkeitsaxiom (first countable), wenn jeder
Punkt aus X eine abzählbare Umgebungsbasis besitzt.
Proposition 2.20
om.
(i) Jeder metrische Raum erfüllt das 1. Abzählbarkeitsaxi-
(ii) Erfüllt ein topologischer Raum das 2. Abzählbarkeitsaxiom, so auch das
erste.
Beweis: (i) (B(x, 1/m))m∈N ist Umgebungsbasis des Punktes x.
(ii) Sei B eine abzählbare Basis und sei x ∈ X fest. Wir wollen zeigen, daß
Ux := {B ∈ B : x ∈ B} eine (notwendigerweise abzählbare) Umgebungsbasis
von x ist. Da alle Mengen offen sind und x umfassen, bleibt nur zu zeigen,
daß für O ∈ O mit x ∈ O eine Menge U ∈ Ux existiert mit x ∈ U ⊆ O. Da B
Basis ist, existiert B ∈ B mit x ∈ B ⊆ O. Da B ∈ Ux , folgt die Behauptung.
Definition 2.21 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Eine Teilmenge D ⊆
X heißt dicht (dense), falls D = X gilt.
Der topologische Raum (X, O) heißt separabel (separable), falls er eine
abzählbare, dichte Teilmenge besitzt.
Beispiel 2.22
Q liegt dicht in R, daher ist R separabel.
Proposition 2.23 Jeder topologische Raum, der das 2. Abzählbarkeitsaxiom
erfüllt, ist separabel.
Beweis: Sei B eine abzählbare Basis von X. Für jedes B ∈ B \ ∅ wählen
wir xB ∈ B. Dann ist D := {xB : B ∈ B \ ∅} eine abzählbare Menge. Sei
U 6= ∅ eine offene Menge. Da B Basis ist, existiert B ∈ B mit ∅ =
6 B ⊆ U.
Somit gilt xB ∈ U , also D ∩ U 6= ∅.
Beispiel 2.24 Die Sorgenfrey–Gerade ist separabel, erfüllt das 1. Abzählbarkeitsaxiom, doch nicht das zweite. [Übungsaufgabe 11]
Proposition 2.25 Jeder separable metrische Raum erfüllt das 2. Abzählbarkeitsaxiom.
Beweis: Übungsaufgabe 10.
(21.04.2005)
14
3
Stetigkeit und Konvergenz
Definition 3.1 Eine Abbildung f : (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) zwischen topologischen Räumen heißt stetig in x1 ∈ X1 , falls für jede Umgebung U2 ∈
U(f (x1 )) das Urbild f −1 (U2 ) eine Umgebung von x1 ist.
f heißt stetig, falls f in jedem Punkt x1 ∈ X1 stetig ist.
Proposition 3.2 Sei f : (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) eine Abbildung zwischen
topologischen Räumen. Dann sind äquivalent:
(i) f ist stetig.
(ii) Für jede offene Menge O2 ∈ O2 gilt f −1 (O2 ) ∈ O1 .
(iii) Für jede abgeschlossene Teilmenge A2 ⊆ X2 ist f −1 (A2 ) eine abgeschlossene Teilmenge von X1 .
(iv) Für jede Teilmenge B ⊆ X1 gilt: f (B) ⊆ f (B).
Beweis: (i) =⇒ (ii) Sei O2 ∈ O2 und x1 ∈ f −1 (O2 ). (i) impliziert, daß
f (O2 ) Umgebung von x1 ist. Da x1 beliebig war, ist f −1 (O2 ) Umgebung
aller seiner Punkte, also offen.
−1
(ii) ⇐⇒ (iii) Komplementbildung: f −1 (Ac2 ) = (f −1 (A2 ))c .
(iii) =⇒ (iv) Offensichtlich gilt B ⊆ f −1 (f (B)). Da nach (iii) f −1 (f (B))
abgeschlossen ist, folgt B ⊆ f −1 (f (B)).
(iv) =⇒ (i) Sei x1 ∈ X1 und U2 ∈ U(f (x1 )). O.B.d.A. sei U2 offen. Es
ist zu zeigen, daß f −1 (U2 ) ∈ U(x1 ) gilt. Angenommen, dies wäre nicht der
Fall, also:
∀O1 ∈ O1 : O1 ⊆ f −1 (U2 ) gilt x1 6∈ O1 .
Durch Komplementbildung erhalten wir die dazu äquivalente Aussage
∀A ⊆ X1 abgeschlossen, A ⊇ f −1 (U2c ) gilt x1 ∈ A,
(iv)
was äquivalent ist zu x1 ∈ f −1 (U2c ). Es folgt f (x1 ) ∈ f (f −1 (U2c )) ⊆ f (f −1 (U2c ))
⊆ U2c = U2c , was offensichtlich ein Widerspruch ist.
Korollar 3.3 Ist S2 Subbasis von O2 und gilt f −1 (S) ∈ O1 für alle S ∈ S2 ,
so ist f stetig.
S T
Beweis: Eine offene Teilmenge in X2 läßt sich darstellen: O2 = i∈I j∈Fi Sj
S T
(I Menge, Fi endliche Mengen). Es folgt f −1 (O2 ) = f −1 ( i∈I j∈Fi Sj ) =
S T
−1
(S ) ∈ O1 .
i∈I
j∈Fi f
| {z j}
∈O1
15
Bemerkung 3.4
gen.
f1
f2
(i) Seien (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) −→ (X3 , O3 ) Abbildun-
Wenn f1 in x1 stetig ist und f2 in f1 (x1 ), so ist f2 ◦ f1 stetig in x1 .
Sind f1 und f2 stetig, so auch f2 ◦ f1 .
(ii) Genau dann ist id : (X, O1 ) −→ (X, O2 ) stetig, wenn O1 feiner ist als
O2 .
Definition 3.5 Eine Abbildung f : (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) zwischen topologischen Räumen heißt Homöomorphismus (homeomorphism), falls f bijektiv ist und f und f −1 stetig sind. In diesem Fall heißen (X1 , O1 ) und (X2 , O2 )
homöomorph (homeomorphic).
Es stellt sich die Frage, ob sich die Stetigkeit auch mit Hilfe von Folgen
charakterisieren läßt. Dazu das folgende
Beispiel 3.6 Sei X eine überabzählbare Menge.
O := {O ⊆ X : X \ O ist abzählbar} ∪ {∅}
ist eine Topologie auf X, welche nicht die diskrete Topologie ist, also ist
id : (X, O) −→ (X, Od ) nicht stetig.
Sei (xn ) eine konvergente Folge in X mit Grenzwert x, d.h. für jede Umgebung U ∈ U(x) existiert n0 ∈ N mit xn ∈ U für alle n ≥ n0 .
Da N := {xn : xn 6= x} abzählbar ist (und x nicht enthält), ist X \ N
eine Umbgebung von x. D.h. es existiert n0 ∈ N mit xn ∈ X \ N für alle
n ≥ n0 , was äquivalent ist zu: xn = x für alle n ≥ n0 .
D.h. die konvergenten Folgen bzgl. der Topologie O und der diskreten
Topologie stimmen überein; daher ist id : (X, O) −→ (X, Od ) folgenstetig“.
”
Wir müssen also den Folgenbegriff verallgemeinern. Dies geschieht dadurch, daß gößere Indexmengen I an Stelle von N zugelassen werden. Dazu
müssen wir eine Ordnung auf I erklären:
Definition 3.7 Eine Relation ≤ auf einer Menge I, welche
• reflexiv und
• transitiv ist sowie die Bedingung
• ∀i1 , i2 ∈ I ∃i3 ∈ I : i1 ≤ i3 ∧ i2 ≤ i3 erfüllt,
16
heißt gerichtete Menge (directed set).
Sei (I, ≤) eine gerichtete Menge und I 6= ∅. Eine Abbildung x : I → X
heißt Netz (net) in X. Wir schreiben: x = (xi )i∈I (oder kurz: (xi )).
Beispiel 3.8 Sei X eine Menge mit mindestens zwei Elementen. Dann ist
(P(X) \ {X}, ⊆) keine gerichtete Menge.
[Zwar ist ⊆ reflexiv und transitiv, doch für x1 6= x2 ∈ X existiert kein
Element Y ∈ P(X)\{X} mit Y ⊇ X \{x1 } und Y ⊇ X \{x2 }. Zudem können
zwei verschiedene Mengen, z.B. X \ {x1 } und X \ {x2 } nicht miteinander
verglichen werden!]
Sei (X, O) ein topologischer Raum und x ∈ X. Dann bildet (U(x), ⊇)
eine gerichtete Menge. (D.h. U1 ≤ U2 :⇐⇒ U1 ⊇ U2 .)
Definition 3.9 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Wir sagen, daß ein Netz
(xi )i∈I in X gegen x ∈ X konvergiert, wenn
∀U ∈ U(x) ∃iU ∈ I : ∀i ≥ iU
xi ∈ U.
(In Zeichen: xi −→ x)
Beispiel 3.10 Sei (X, O) ein topologischer Raum, x0 ∈ X. Wir betrachten
das Netz
x : U(x0 ) → X, U 7→ xU , wobei xU ∈ U gelte.
Dann konvergiert (xU )U ∈U (x0 ) gegen x0 .
[Sei nämlich U0 ∈ U(x0 ). Wir müssen einen Index“ U1 ∈ U(x0 ) so finden,
”
daß für alle U ≥ U1 xU ∈ U0 gilt. Offensichtlich ist dies für U1 = U0 erfüllt.]
Proposition 3.11 Sei f : (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) eine Abbildung zwischen
topologischen Räumen. Für x1 ∈ X1 sind äquivalent:
(i) f ist stetig in x1 .
(ii) Für jedes gegen x1 konvergente Netz (xi )i∈I konvergiert das Netz (f (xi ))i∈I
gegen f (x1 ).
Beweis: (i) =⇒ (ii): Sei also (xi )i∈I ein Netz mit Grenzwert x1 . Wir
fixieren eine Umgebung U2 ∈ U(f (x1 )). Da f −1 (U2 ) ∈ U(x1 ), existiert i0 so,
daß xi ∈ f −1 (U2 ) für alle i ≥ i0 gilt. Dies ist äquivalent zu f (xi ) ∈ U2 für
alle i ≥ i0 . Es folgt (ii).
(ii) =⇒ (i): Angenommen f wäre nicht stetig in x1 . Dann existiert
U2 ∈ U(f (x1 )) so, daß f −1 (U2 ) ∈
/ U(x1 ). D.h. für jedes U ∈ U(x1 ) gilt
−1
U * f (U2 ). Wählen wir daher xU ∈ U mit f (xU ) ∈
/ U2 . Wie oben erklärt,
konvergiert das Netz (xU )U ∈U(x1 ) gegen x1 , doch (f (xU ))U ∈U(x1 ) kann nicht
gegen f (x1 ) konvergieren, da f (xU ) ∈
/ U2 für alle U ∈ U(x1 ) gilt.
17
Proposition 3.12 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Genau dann ist Y ⊆
X abgeschlossen, wenn für jedes Netz (yi ) in Y , welches gegen x ∈ X konvergiert, x ∈ Y gilt.
Beweis: Analog dem Beweis von 1.18.
Definition 3.13 Seien (I, ≤) und (J, ≤) gerichtete Mengen, (xi )i∈I ein Netz
in X und ϕ : J → I eine Abbildung mit der folgenden Eigenschaft:
∀i0 ∈ I ∃j0 ∈ J : ∀j ≥ j0
ϕ(j) ≥ i0 .
Dann heißt (xϕ(j) )j∈J Teilnetz (subnet) des Netzes (xi )i∈I .
Bemerkung 3.14
(i) Jedes Teilnetz eines Teilnetzes ist ein Teilnetz.
(ii) Konvergiert ein Netz (xi ) gegen x ∈ X, so auch jedes Teilnetz von (xi ).
Definition 3.15 Sei (xi )i∈I ein Netz in einem topologischen Raum X. Ein
Punkt x ∈ X heißt Häufungspunkt (accumulation point) von (xi ), falls
∀U ∈ U(x) ∀i ∈ I ∃i0 ≥ i :
xi0 ∈ U.
Proposition 3.16 Sei (xi )i∈I ein Netz in einem topologischen Raum (X, O).
Dann sind äquivalent:
(i) x ist Häufungspunkt von (xi )i∈I .
(ii) Es existiert ein Teilnetz (xϕ(j) )j∈J , welches gegen x konvergiert.
Beweis: (ii) =⇒ (i): Es konvergiere (xϕ(j) )j∈J gegen x. Seien U ∈ U(x)
und i0 ∈ I fest. Dann gelten:
∃j0 ∈ J : ∀ j ≥ j0 ϕ(j) ≥ i0 und
∃j1 ∈ J : ∀ j ≥ j1 xϕ(j) ∈ U .
Da (J, ≤) eine gerichtete Menge ist, existiert j2 ∈ J mit j2 ≥ j1 und j2 ≥ j0 ,
welches xϕ(j2 ) ∈ U und ϕ(j2 ) ≥ i0 erfüllt.
(i) =⇒ (ii): Sei J := {(i, U ) ∈ I × U(x) : xi ∈ U }. Nun soll eine
Ordnung auf J definiert werden durch:
(i1 , U1 ) ≤ (i2 , U2 ) : ⇐⇒ i1 ≤ i2 ∧ U2 ⊆ U1
Dann ist J eine gerichtete Menge:
[Es ist klar, daß J 6= ∅ und ≤ reflexiv und transitiv ist. Seien (i1 , U1 ), (i2 , U2 ) ∈
J. Es ist U3 := U1 ∩ U2 ∈ U(x). Außerdem existiert ie3 ∈ I mit i1 , i2 ≤ ie3 .
18
Da x Häufungspunkt von (xi ) ist, existiert i3 ≥ ie3 mit xi3 ∈ U3 . Somit gilt
(i1 , U1 ), (i2 , U2 ) ≤ (i3 , U3 ).]
Wir defnieren ϕ : J → I, (i, U ) 7→ i. Dann ist (xϕ(j) )j∈J ein Teilnetz von
(xi ).
[Sei i0 ∈ I. Dann ist j0 := (i0 , X) ∈ J und für jedes j = (i, U ) ≥ j0 gilt
ϕ(j) = i ≥ i0 .]
Es bleibt zu zeigen, daß (xϕ(j) )j∈J gegen x konvergiert.
[Dazu fixieren wir eine Umgebung U0 ∈ U(x). Es existiert i0 ∈ I mit xi0 ∈ U0 .
Für j0 := (i0 , U0 ) und j = (i, U ) ≥ j0 gilt: xϕ(j) = xi ∈ U ⊆ U0 .]
Definition 3.17 Sei X 6= ∅ eine Menge. Eine Teilmenge ∅ =
6 F ⊆ P(X)
heißt Filter (filter), wenn
(i) ∅ ∈
/ F,
(ii) F1 , F2 ∈ F =⇒ F1 ∩ F2 ∈ F und
(iii) F 0 ⊇ F und F ∈ F , so folgt F 0 ∈ F
gelten.
Beispiel 3.18 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Dann ist die Menge aller
Umgebungen U(x) des Punktes x ∈ X ein Filter, der sogenannte Umgebungsfilter (neighbo(u)rhood filter).
Definition 3.19 Sei (X, O) ein topologischer Raum. Ein Filter F in X
konvergiert gegen x ∈ X, falls U(x) ⊆ F. (In Zeichen: F −→ x.)
Bezeichnung 3.20 Sei ∅ =
6 B ⊆ P(X) eine Teilmenge der Potenzmenge,
die
(i) ∅ ∈
/ B und
(ii) ∀B1 , B2 ∈ B ∃ B3 ∈ B mit B3 ⊆ B1 ∩ B2 .
Dann heißt B eine Filterbasis (filter–base). Die Menge
F := F(B) := {F ⊆ X : ∃B ∈ B : B ⊆ F }
ist ein Filter. Er heißt der von B erzeugte (generated) Filter. Man sagt
auch B ist Basis des Filters F.
Beispiel 3.21 (i) Seien ∅ =
6 A⊆
ein Filter? Konvergiert er?
R und F = {B ⊆ X :
19
B ⊇ A}. Ist F
(ii) Zeige: {]−∞, a[: a ∈ R} ist Basis eines Filters. Konvergiert der Filter?
(iii) Sei X eine unendliche Menge. Ist F := {F c : F ⊆ X endlich} ein
Filter? Konvergiert er in der cofiniten Topologie?
Proposition 3.22 (i) Sei (xi )i∈I ein Netz in X. Dann ist
B := {{xj : j ≥ i} : i ∈ I} eine Filterbasis. Genau dann konvergiert
|
{z
}
=:Bi
(xi ) gegen x, wenn der von B erzeugte Filter gegen x konvergiert.
(ii) Sei F ein Filter. Wählt man xF ∈ F für alle F ∈ F und konvergiert
F gegen x ∈ X, so folgt xF −→ x.
Beweis: (i) Da I eine gerichtete Menge ist, erfüllt B die Eigenschaften
einer Filterbasis. Genau dann konvergiert (xi ) gegen x, wenn
∀ U ∈ U(x) ∃iU ∈ I : xi ∈ U ∀i ≥ iU
|
{z
}
⇐⇒
F (B) −→ x
BiU ⊆U
(ii) Offensichtlich wird durch F1 ≤ F2 :⇐⇒ F1 ⊇ F2 (F, ≤) zu einer
gerichteten Menge.
Da nach Voraussetzung F −→ x, ist jedes U ∈ U(x) im Filter enthalten.
Sei nun U0 ∈ U(x) fest. Für F ≥ U0 gilt xF ∈ F ⊆ U0 , also konvergiert das
Netz (xF )F ∈F gegen x.
Proposition 3.23 (i) Sei f : X → Y eine Abbildung und sei F ein Filter
auf X. Dann ist {f (F ) : F ∈ F} Basis eines Filters auf Y , welchen
wir mit f (F) bezeichnen.
(ii) Sind (X, OX ) und (Y, OY ) topologische Räume und ist f : X → Y eine
Abbildung, so ist f genau dann stetig in x ∈ X, wenn für jeden gegen
x konvergenten Filter F der Filter f (F) gegen f (x) konvergiert.
Beweis: (i) Für jedes F ∈ F ist f (F ) 6= ∅. Für F1 , F2 ∈ F gilt f (F1 ∩ F2 ) ⊆
| {z }
∈F
f (F1 ) ∩ f (F2 ).
(ii) Sei f stetig in x und sei F ein gegen x konvergenter Filter. Wir
fixieren V ∈ U(f (x)) und wissen, daß f −1 (V ) ∈ U(x) ⊆ F gilt. Es folgt
V ⊇ f (f −1 (V )) ∈ f (F), also V ∈ f (F).
Umgekehrt gelte diese Bedingung. Als Filter F wählen wir U(x). Dann
folgt f (U(x)) −→ f (x). Für jedes V ∈ U(f (x)) gilt also V ∈ f (U(x)), was
bedeutet: Es existiert U ∈ U(x) mit f (U ) ⊆ V . Daher ist f stetig in x.
20
Definition 3.24 Ein Filter U heißt Ultrafilter (ultrafilter), falls für jeden
Filter F mit F ⊇ U schon F = U gilt.
Bemerkung 3.25 Genau dann ist ein Filter U ein Ultrafilter, wenn für jede
Teilmenge A ⊆ X mit A ∩ U 6= ∅ für alle U ∈ U bereits A ∈ U gilt.
[{A ∩ U : U ∈ U} ist Basis eines U umfassenden Filters.]
Proposition 3.26 Sei U ein Filter auf X. Dann sind äquivalent:
(i) U ist Ultrafilter.
(ii) ∀A ⊆ X gilt A ∈ U oder X \ A ∈ U.
(iii) Gilt für A, B ⊆ X
A ∪ B ∈ U, so folgt A ∈ U oder B ∈ U.
Beweis: (i) =⇒ (iii): Sei A ∪ B ∈ U, doch A ∈
/ U und B ∈
/ U. Wegen
obiger Bemerkung existieren UA , UB ∈ U mit A ∩ UA = B ∩ UB = ∅. Wegen
U 3 (UA ∩ UB ) ∩ (A ∪ B) = ((A ∩ UA ) ∩UB ) ∪ ((B ∩ UB ) ∩UA ) = ∅, ein
| {z }
| {z }
=∅
=∅
Widerspruch.
(iii) =⇒ (ii): Setze B := X \ A.
(ii) =⇒ (i): Sei F ⊇ U ein Filter. Nehmen wir an, es existiert A ∈ F \U.
Dann impliziert (ii), daß X \A ∈ U ⊆ F. Dies impliziert ∅ = A∩(X \A) ∈ F ,
ein Widerspruch.
Satz 3.27 Zu jedem Filter F auf einer Menge X existiert ein Ultrafilter U,
welcher F umfaßt, also F ⊆ U.
Der Beweis basiert auf dem Zornschen Lemma. Dazu ein kurzer
Exkurs: Das Zornsche Lemma
Definition 3.28 Sei (M, ≤) eine geordnete Menge (≤ is reflexiv, antisymmetrisch und transitiv). m0 ∈ M heißt maximales Element, falls für jedes
m ∈ M mit m ≥ m0 bereits m = m0 gilt.
Eine obere Schranke einer Teilmenge M0 von M ist ein Element m ∈
M, so daß für alle y ∈ M0 y ≤ m gilt.
Eine Teilmenge M0 ⊆ M heißt Kette, wenn die Ordnung ≤ auf M0
eine Totalordnung induziert (d.h. für alle x, y ∈ M0 gilt x ≤ y oder y ≤ x).
21
Satz 3.29 (Lemma von Zorn) Sei M eine geordnete Menge mit der Eigenschaft, daß jede Kette M0 in M eine obere Schranke in M besitzt. Dann
besitzt M ein maximales Element.
Beweis: Halmos, P.R., Naive Mengenlehre
Zum Beweis von 3.27
Sei F0 ein Filter auf X. Wir betrachten die Menge
M := {F : F ⊇ F0 ist Filter}
mit der Inklusion als Ordnung.
Wir wollen zeigen, daß jede Kette (Fi )i∈I in M eine obere Schranke
F∈
[
M besitzt. Ist I = ∅ so setzen wir F := F0 ; andernfalls F :=
Fi . Dann
i∈I
gilt: ∅ ∈
/ F , da ∅ ∈
/ Fi für alle i ∈ I gilt. Seien F1 , F2 ∈ F . Dann existieren
i1 , i2 ∈ I mit F1 ∈ Fi1 und F2 ∈ Fi2 . Wir dürfen o.B.d.A. annehmen, daß
F1 ⊆ F2 gilt. Dann sind F1 , F2 ∈ F2 und damit F1 ∩ F2 ∈ F2 ⊆ F.
Sei F ∈ F und F 0 ⊇ F . Dann existiert i ∈ I mit f ∈ Fi , also auch
0
F ∈ Fi ⊆ F. Somit ist F also ein Filter, welcher, da I 6= ∅, F0 umfaßt.
Das Lemma von Zorn impliziert nun, daß M ein maximales Element U
besitzt. Es bleibt der (einfache) Nachweis, daß U ein Ultrafilter ist. Wegen
U ∈ M ist U ein Filter, welcher F0 umfaßt. Sei U 0 ⊇ U ein Filter. Offensichtlich gilt U 0 ∈ M. Wegen der Maximalität von U folgt U = U 0 .
(12.05.2005)
22
4
Initial– und Finaltopologien
Beispiel 4.1 Sei (X, O) ein topologischer Raum und sei Y ⊆ X eine Teilmenge. Dann ist OY := {Y ∩ O : O ∈ O} eine Topologie auf Y , die sogenannte Spurtopologie (subspace topology oder induced topology). Der
topologische Raum (Y, OY ) heißt topologischer Unterraum oder topoologischer Teilraum (topological subspace) von (X, O).
Proposition 4.2 Sei (X, O) ein topologischer Raum mit topologischem Teilraum (Y, OY ). Dann gelten:
(i) Genau dann ist B ⊆ Y offen (abgeschlossen), wenn es eine offene
(abgeschlossene) Menge A ⊆ X gibt mit A ∩ Y = B.
(ii) Ist B eine Basis von (X, O), so ist BY := {B ∩ Y : B ∈ B} Basis von
(Y, OY ).
(iii) Ist (Ux )x∈X Umgebungsbasis von X, so ist (UyY )y∈Y , wobei UyY := {U ∩
Y : U ∈ Uy } für y ∈ Y , eine Umgebungsbasis von Y .
(iv) Ist Z ⊆ Y so gilt: (OY )Z = OZ .
Beweis: (i) Ist B ⊆ Y offen, so folgt dies sofort aus der Definition. Ist
B ⊆ Y abgeschlossen, also Y \ B ∈ OY , existiert eine offene Menge O ∈ O
mit Y \ B = Y ∩ O. Es folgt B = Y \ (Y \ B) = Y \ (Y ∩ O) = Y ∩ Oc .
(ii) Klar.
(iii) Es ist zu zeigen, daß für jedes y ∈ Y die Familie UyY eine Umgebungsbasis von y ist. Sei also U ∩ Y ∈ UyY . Dann existiert O ∈ O mit y ∈ O ⊆ U ,
also y ∈ O ∩ Y ⊆ U ∩ Y . Daher sind die Elemente von UyY tatsächlich Umgebungen. Sei nun U Y Umgebung von y in (Y, OY ). Dann existiert O ∈ O mit
y ∈ O ∩ Y ⊆ U Y und weiter ein Element U ∈ Uy mit y ∈ U ⊆ O. Es folgt:
y ∈ U ∩ Y ⊆ UY .
(iv) Klar.
Korollar 4.3 Erfüllt (X, O) das erste bzw. zweite Abzählbarkeitsaxiom, so
auch jeder Teilraum.
Bemerkung 4.4 Teilräume separabler Räume sind nicht notwendig separabel. Die Niemitzky–Ebene ist separabel [{(x, y) ∈ X : x, y ∈ Q} liegt dicht] ,
doch die auf Y := {R} × {0} induzierte Topologie ist die diskrete Topologie,
also nicht separabel.
23
Definition 4.5 Seien ∅ =
6 X eine Menge, (Xi , Oi )i∈I topologische Räume
(I 6= ∅ eine Menge) und fi : X → Xi Abbildungen. Die von der Subbasis
S := {fi−1 (Oi ) : i ∈ I, Oi ∈ Oi }
erzeugte Topologie heißt die von der Familie (fi )i∈I erzeugte Initialtopologie (initial topology) auf X.
Beispiel 4.6 Sei ∅ =
6 Y ⊆ X, (X, O) ein topologischer Raum. Dann ist OY
die Initialtopologie, die von ι : Y → X, y 7→ y erzeugt wird.
Bemerkung 4.7 Seien O und fi : X → Xi wie in 4.5. Dann sind die Funktionen fi stetig und O ist die gröbste Topologie auf X mit dieser Eigenschaft.
e O)
e →
Proposition 4.8 Seien (X, O) und fi wie in 4.5 und sei g : (X,
(X, O) eine Abbildung. Genau dann ist g stetig, wenn fi ◦ g für alle i ∈ I
stetig ist.
tig.
Beweis: =⇒“: Klar, Verknüpfungen stetiger Funktionen sind wieder ste”
e für alle O ∈ S := {f −1 (Oi ) :
⇐=“: Es genügt zu zeigen, daß g −1 (O) ∈ O
i
”
i ∈ I, Oi ∈ Oi } gilt (3.3). Wegen g −1 (fi−1 (Oi )) = (fi ◦ g)−1 (Oi ) und der
Stetigkeit von fi ◦ g folgt die Behauptung.
Proposition 4.9 Seien (X, O) und fi wie in 4.5 und sei F ein Filter in X.
Genau dann gilt F −→ x, wenn für alle i ∈ I der Filter fi (F) gegen fi (x)
konvergiert.
Beweis: =⇒“: Klar, da die fi stetig sind (3.23).
”
⇐=“: Sei U ∈ U(x). Da die Menge der endlichen Durchschnitte der
”
Elemente einer Subbasis eine Basis bilden,
T gilt: Es existieren i1 , . . . , in ∈ I
und Oij ∈ Oij (j ∈ {1, . . . , n}) mit x ∈ nj=1 fi−1
(Oij ) ⊆ U . Für alle j gilt
j
daher: fij (x) ∈ Oij ∈ fij (F). Daher existieren Fij ∈ F mit fij (Fij ) ⊆ Oij . Es
n
n
\
\
folgt F 3
Fij ⊆
fi−1
(Oij ) ⊆ U , woraus U ∈ F folgt.
j
j=1
j=1
Q
Definition 4.10 Seien (Xi , Oi ) topologische Räume. Sei X := i∈I Xi und
für i0 ∈ I bezeichne πi0 : X → Xi0 , (xi ) 7→ xi0 , die Projektion auf die i0 –
te Koordinate. Die von der Familie (πi )i∈I erzeugte Topologie auf X heißt
Produkttopologie (product topology).
Q
Proposition 4.11 Sei X = i∈I Xi mit der Produkttopologie versehen. Dann
gelten:
24
(i) Die Mengen der Form
Y
{
Oi
: Oi ∈ Oi ∀ i ∈ I, ∃ F ⊆ I endlich : ∀i ∈ I\F :
Q
i∈F
Oi = X i }
i∈I
| {z
Q}
Oi ×
i∈I\F
Xi
bilden eine Basis der Produkttopologie.
Y
(ii) Sei (xi )i∈I ∈ X. Dann bildet die Familie Ux = {
Ui : Ui ∈ U(xi ), ∃F ⊆
i∈I
I endlich, Ui = Xi ∀i ∈ I \ F } eine Umgebungsbasis von x.
Beweis: (i) S := {p−1
i ∈ I, Oi ∈ Oi }Y
ist Subbasis
i (Oi ) :Y
Y der Topo−1
logie. Wegen pi (Oi ) = Oi ×
Xj ist B := { Oi ×
Xi : F ⊆
i∈F
j∈I\{i}
i∈I\F
I endlich , Oi ∈ Oi } eine Basis der Produkttopologie.
(ii) Es ist klar, daß jedes Element der Familie eine Umgebung ist. Daher
folgt die Behauptung leicht mit (i).
Beispiel 4.12 (i) Sei O die Produkttopologie auf Q
Rnn. Eine Umgegungsn
basis
Qn des Punktes x ∈ R ist gegeben durch: i=1 ]xi − εi , xi + εi [⊇
i=1 ]xi − ε, xi + ε[= Bdmax (x, ε), wobei ε := min(ε1 , . . . , εn ). D.h. die
Produkttopologie auf Rn ist die euklidische Topologie. [Übungsaufgabe
1]
(ii) Sei x = (xn ) ∈ RN . Eine
Q Umgebungsbasis von x in der Produkttopologie
bilden die Mengen { nk=1 ]xk − 1/m, xk + 1/m[×RN\{1,... ,n} : n, m ∈ N}.
Insbesondere erfüllt RN das erste Abzählbarkeitsaxiom.
Q
Q
Proposition 4.13 Sei ∅ =
6 A :=
A
⊆
i
i∈I
i∈I Xi . Dann gilt: A =
Q
i∈I Ai . Insbesondere ist A genau dann abgeschlossen, wenn alle Ai abgeschlossen sind.
Beweis: ⊆“: Sei x = (xi ) ∈ A. EsQist xi ∈ Ai für alle i ∈ I zu zeigen.
”
Sei daher UiQ∈ U(xi ). Da U = Ui × j6=i Xj ∈ U(x), folgt ∅ =
6 U ∩A =
(Ui ∩ Ai ) × j6=i Ai , also Ui ∩ Ai 6= ∅. Da Ui ∈ U(xi ) beliebig gewählt war,
folgt xi ∈ Ai .
Q
⊇“: Sei x = (xi ) ∈ i∈I Ai . Es Q
ist zu zeigen,
Q daß für jedes U ∈ U(x) U ∩
”
A 6= ∅ gilt. Dazu dürfen wir U = i∈F Ui × i∈I\F Xi (Ui ∈ U(xi ), F ⊆ I
Q
Q
endlich) annehmen. Es folgt U ∩ A = i∈F (Ui ∩ Ai ) × i∈I\F Ai . Da xi ∈ Ai ,
sind die Mengen Ui ∩ Ai (i ∈ F ) nicht leer, also gilt U ∩ A 6= ∅.
Die restliche Beheuptung folgt sofort.
25
Q
Proposition 4.14 Sei ((xi,j )i∈I )j∈J ein Netz in X = Xi . Dann konvergiert ((xi,j )i∈I )j∈J genau dann gegen (xi ), wenn für alle i ∈ I das Netz
(xi,j )j∈J gegen xi konvergiert.
Beweis: Übungsaufgabe.
Definition 4.15 Eine Abbildung f : (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) heißt offen
(open) bzw. abgeschlossen (closed) falls die Bilder aller offenen bzw. abgeschlossenen Mengen offen bzw. abgeschlossen sind.
Proposition 4.16 Die Projektionen pi : X → Xi sind offen, doch i.a. nicht
abgeschlossen.
S
S
Beweis: Wegen f ( Bj ) = f (Bj ) genügt es zu zeigen, daß die Bilder
der Elemente einer Basis offen sind, in unserem Fall also
Y
Y
Oi0 falls i0 ∈ F
pi0 ( Oi ×
Xi ) =
Xi0 falls i0 ∈
/F
i∈F
i∈I\F
Daher sind die Projektionen offen.
Als Gegenbeispiel betrachten wir den R2 und die Teilmenge A := {(x, y) :
x · y = 1}. Dann ist A abgeschlossen. [Sei (xn , yn ) eine Folge in A mit Limes
(x, y) ∈ R2 .Wegen 4.14 gelten: xn → x und yn → y. Es folgt 1 = xn yn → xy,
also xy ∈ A. Mit 1.18 folgt, daß A abgeschlossen ist.] Doch p1 (A) = R \ {0},
was nicht abgeschlossen ist.
Wir wollen nun die Finaltopologie definieren. Hierzu benötigen wird die
folgende
Proposition 4.17 Seien (Xi , Oi ) (i ∈ I) topologische Räume und seien gi :
Xi → X (X eine Menge) Abbildungen. Dann ist
\
1
O := {O ⊆ X : gi− (O) ∈ Oi }
i∈I
eine Topologie auf X. Weiter gelten:
(i) O ist die feinste Topologie auf X mit der Eigenschaft, daß alle Abbildungen gi stetig sind.
(ii) Genau dann ist A ⊆ X abgeschlossen, wenn für alle i ∈ I
eine abgeschlossene Teilmenge von Xi ist.
26
gi−1 (A)
e O)
e ist genau dann stetig, wenn
(iii) Eine Abbildung ϕ : (X, O) −→ (X,
ϕ ◦ gi für alle i ∈ I stetig ist.
Beweis: Wegen gi−1 (∅) = ∅ und gi−1 (X) = Xi für alle i ∈ I gelten ∅, X ∈
O.
Seien O1 , O2 ∈ O. Dann folgt gi−1 (O1 ∩ O2 ) = gi−1 (O1 ) ∩ gi−1 (O2 ) ∈ Oi ,
daher ist O abgeschlossen bzgl. S
der Bildung endlicher
Durchschnitte.
S
Seien Oj ∈ O. Wegen gi−1 ( j∈J Oj ) = j∈J gi−1 (Oj ) ∈ Oi , sind auch
beliebige Vereinigungen von Elementen aus O wieder in O.
(i) Wegen gi−1 (O) ∈ Oi für alle i ∈ I sind alle gi stetig. Sei nun O0
eine weitere Topologie auf X, bezüglich der alle gi stetig sind. Es gilt also
gi−1 (O0 ) ∈ Oi für alle i ∈ I, was O0 ∈ O impliziert. Daher ist O0 gröber als
O.
(ii) gi−1 (Oc ) = gi−1 (O)c .
(iii) Es ist klar, daß, wenn ϕ stetig ist, auch die Kompositionen ϕ ◦ gi
e ∈ O.
e
stetig sind. Es gelte umgekehrt, daß ϕ ◦ gi für alle i ∈ I stetig ist. Sei O
−1
−1 e
−1 e
Nach Voraussetzung gilt gi (ϕ (O)) = (ϕ ◦ gi ) (O) ∈ Oi für alle i ∈ I.
e ∈ O gilt, also ist ϕ
Die Definition von O sagt aber gerade, daß dann ϕ−1 (O)
stetig.
Definition 4.18 Die in obiger Proposition konstruierte Topologie O heißt
die von der Familie gi erzeugte Finaltopologie (final topology) auf X.
U
Beispiel 4.19 Sei X := i∈I Xi (disjunkte Vereinigung der Xi ), wobei (Xi , Oi )
topologische Räume seien. Es bezeichne gi : Xi → X die Inklusion. Die von
der Familie (gi ) erzeugte Finaltopologie
L O auf X heißt Summentopologie.
In diesem Fall schreibt man X = i∈I Xi .
Es gelten:
O ∈ O ⇐⇒ gi−1 (O) ∈ Oi ∀i ⇐⇒ O ∩ Xi ∈ Oi ∀i ∈ I.
A ⊆ X ist abgeschlossen ⇐⇒ A ∩ Xi ist abgeschlossen
L in Xi .
Insbesondere sind alle Xi offen und abgeschlossen in
Xi .
e
e
ϕ : (X, O) → (X, O) ist stetig ⇐⇒ ϕ ◦ gi = ϕ|Xi ist stetig für alle i ∈ I.
Beispiel 4.20
(i) Sei (X, O) ein diskreter topologischer Raum. Dann gilt:
L
X = x∈X {x}.
L
(ii) Für die Sorgenfrey–Gerade (R, OS ) gilt R =
k∈Z [k, k + 1), wobei
[k, k + 1) mit der von OS induzierten Topologie versehen ist.
Definition 4.21 (i) Sei (X, O) ein topologischer Raum und f : X → Y
eine surjektive Abbildung. Die von f auf Y induzierte Finaltopologie
heißt Quotiententopologie (quotient topology).
27
(ii) Eine surjektive Abbildung f : (X1 , O1 ) → (X2 , O2 ) heißt Quotientenabbildung (quotient mapping), falls O2 die von f auf X2 induzierte Quotiententopologie ist.
Bemerkung 4.22 Eine stetige, surjektive Abbildung f : X1 → X2 ist genau
dann eine Quotientenabbildung, wenn eine Teilmenge A2 ⊆ X2 genau dann
abgeschlossen ist, wenn ihr Urbild f −1 (A2 ) abgeschlossen ist.
Proposition 4.23 Die Verknüpfung von Quotientenabbildungen ist wieder
eine Quotientenabbildung.
f2
f1
Beweis: Seien (X1 , O1 ) −→ (X2 , O2 ) −→ (X3 , O3 ) Quotientenabbildungen. Dann ist f2 ◦ f1 surjektiv und es gelten: O3 ∈ O3 ⇐⇒ f2−1 (O3 ) ∈
O2 ⇐⇒ f1−1 (f2−1 (O3 )) ∈ O1 .
|
{z
}
(f2 ◦f1 )−1 (O3 )
Proposition 4.24 Jede Abbildung f : (X1 , O1 ) → (X2 , O2 ), welche stetig,
offen und surjektiv ist, ist eine Quotientenabbildung.
Beweis: Es ist zu zeigen: Für Y ⊆ X2 sind äquivalent: Y ∈ O2 ⇐⇒
f (Y ) ∈ O1 .
⇒“ gilt, da f stetig ist.
”
f of f en
f surjektiv
⇐“: Da f surjektiv und offen ist, gelten: Y
=
f (f −1 (Y )) ∈ O2 .
”
| {z }
−1
∈O1
Um konkrete Beispiele von Quotientenabbildungen kennen zu lernen, wollen wir zwei bekannte Resultate aus der Analysis über kompakte Teilmengen
des Rn verwenden, nämlich, daß eine Teilmenge einer kompakten Menge genau dann kompakt ist, wenn sie abgeschlossen ist sowie daß stetige Bilder
kompakter Mengen wieder kompakt sind. (Dies wird – ohne Rückgriff auf die
nachfolgenden Resultate – in einem späteren Kapitel bewiesen.)
Proposition 4.25 Seien K ⊆ Rn und S ⊆ Rm kompakte Teilmengen. Eine
stetige und surjektive Abbildung ϕ : K → S ist eine Quotientenabbildung.
Beweis: Es ist zu zeigen, daß A ⊆ S genau dann abgeschlossen ist, wenn
ϕ−1 (A) eine abgeschlossene Teilmenge von K ist (4.22).
Ist A ⊆ S abgeschlossen, so ist wegen der Stetigkeit von ϕ das Urbild
−1
ϕ (A) abgeschlossen in K.
Ist umgekehrt ϕ−1 (A) abgeschlossen in der kompakten Menge K, so ist
ϕ−1 (A) kompakt. Wegen der Surjektivität von ϕ gilt: A = ϕ(ϕ−1 (A)). Als
stetiges Bild der kompakten Menge ϕ−1 (A) ist A daher kompakt und damit
abgeschlossen in S.
28
Proposition 4.26 Sei f : (X1 , O1 ) → (X2 , O2 ) eine Quotientenabbildung.
Durch x1 ∼ x01 :⇐⇒ f (x1 ) = f (x01 ) wird eine Äquivalenzrelation defif1 := X1 / ∼ die Menge der Äquivalenzklassen und
niert. Es bezeichne X
f1 , x1 7→ [x1 ] die kanonische Abbildung. Wir versehen X
f1 mit
π : X1 → X
e
e1 . Dann ist f : (X
f1 , O
e1 ) →
der von π induzierten Quotiententopologie O
(X2 , O2 ), [x1 ] 7→ f (x1 ) ein wohldefinierter Homöomorphismus.
f
(X1 , O1 ) −−−−→ (X2 , O2 )


π
y
e
f
e1 , O
e1 )
(X
Beweis: Es ist klar, daß durch ∼ eine Äquivalenzrelation definiert wird.
Es bleibt daher zu zeigen, daß fe ein wohldefinierter Homöomorphismus ist.
Nach Konstruktion ist fe wohldefiniert und bijektiv.
f1 ist.
fe ist stetig: [Sei O2 ∈ O2 . Es ist zu zeigen, daß fe−1 (O2 ) offen in X
−1 e−1
Dies ist äquivalent dazu, daß π (f (O2 )) offen in X1 ist. Dies gilt aber, da
|
{z
}
−1
=(fe ◦ π) (O2 )
| {z }
=f −1 (O2 )
f stetig ist.]
f1 ∈ O
f1 . Es ist zu zeigen, daß fe(O
f1 ) ∈ O2 gilt. Da O2
fe ist offen: [ Sei O
die von f induzierte Quotiententopologie ist, ist dies äquivalent dazu, daß
f1 )) ∈ O1 . Wegen f = fe ◦ π ist dies äquivalent zu
f −1 (fe(O
f1 )) = π −1 (fe−1 (fe(O
f ))) = π −1 (O
f1 ) ∈ O1 (da fe bijektiv ist).
(fe ◦ π)−1 (fe(O
| {z 1 }
f
=O1
Daher ist fe offen.]
Beispiel 4.27 Betrachten wir die Abbildung π : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1] ×
[0, 1]/ ∼, x 7→ [x], wobei
(i)
(s1 , t1 ) ∼ (s2 , t2 ) :⇐⇒


s1 = s2
∧ t1 = t2
s1 = 0, s2 = 1 ∧ t1 = t2

s1 = 1, s2 = 0 ∧ t1 = y2
oder
oder
Dafür schreiben wir kurz: (0, t) ∼ (1, t). Dann ist [0, 1] × [0, 1]/ ∼
homöomorph zum Zylinder Z = {(x, y, z) : x2 + y 2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1}.
29
[Betrachte: f : [0, 1]×[0, 1] → Z, (s, t) 7→ (cos(2πs), sin(2πs), t). Genau
dann gilt f (s1 , t1 ) = f (s2 , t2 ), wenn (s1 , t1 ) ∼ (s2 , t2 ). Somit folgt die
Behauptung aus 4.26 und 4.25.]
(ii) (0, y) ∼ (1, 1 − y). Dann ist [0, 1] × [0, 1]/ ∼ homöomorph zum Möbiusband
t
t
t
1
M := {(cos t·(1+s cos ), sin t·(1+s cos ), s·sin ) : |s| ≤ , 0 ≤ t ≤ 2π}.
2
2
2
2
[Übungsaufgabe]
(iii) (0, y) ∼ (1, y) ∧ ((x, 0) ∼ (1 − x, 1). Der Quotientenraum wird
Keinsche Flasche genannt.
30
5
Trennungsaxiome
Definition 5.1 Sei (X, O) ein topologischer Raum.
(i) X heißt T1 –Raum, wenn alle einpunktigen Mengen {x} (x ∈ X) abgeschlossen sind.
(ii) X heißt Hausdorff Raum oder T2 –Raum (Hausdorff space oder T2 –
space), wenn zu je zwei verschiedenen Punkten x, y ∈ X disjunkte Umgebungen U ∈ U(x) und V ∈ U(y) existieren, man also Punkte durch
Umgebungen trennen kann.
(iii) X heißt regulär (regular), wenn X ein T1 –Raum ist und für jede abgeschlossene Menge A ⊆ X und jedes x ∈
/ A disjunkte offene Mengen
U und V existieren mit x ∈ U und A ⊆ V . (Punkte sind abgeschlossen
und können von abgeschlossenen Mengen durch offene Mengen getrennt
werden.)
(iv) X heißt vollständig regulär (completely regular), falls X ein T1 –
Raum ist und für jede abgeschlossene Menge A und jeden Punkt x ∈
/A
eine stetige Funktion f : X → [0, 1] existiert, die f (A) ⊆ {0} und
f (x) = 1 erfüllt.
(v) X heißt normal (normal), falls X ein T1 –Raum ist und zu zwei disjunkten abgeschlossenen Mengen A und B offene Mengen O1 , O2 ∈
O existieren mit A ⊆ O1 , B ⊆ O2 und O1 ∩ O2 = ∅, also Punkte
abgeschlossen sind und disjunkte abgeschlossene Mengen durch offene
Mengen getrennt werden können.
Proposition 5.2
(i) Jeder metrische Raum ist normal.
(ii) Jeder vollständig reguläre Raum ist regulär.
(iii) Jeder reguläre Raum ist ein Hausdorff Raum.
(iv) Jeder Hausdorff Raum ist ein T1 –Raum.
Bemerkung 5.3 Das Lemma von Urysohn, das wir später zeigen werden,
sagt aus, daß jeder normale Raum vollständig regulär ist.
Beweis: (i) Seien A und B disjunkte abgeschlossene Mengen. O.B.d.A.
d(x, A)
seien A, B 6= ∅. Dann ist die Abbildung: X → [0, 1], x 7→
d(x, A) + d(x, B)
31
(wohldefiniert) und stetig. Zur Erinnerung: d(x, A) := inf{d(x, a) : a ∈ A}
ist stetig (Übungsaufgabe
S 7).
Wegen X \ {x} = y∈X\{x} B(y, d(x, y)) ist {x} abgeschlossen.
(ii) Seien A ⊆ X abgeschlossen und x ∈
/ A. Nach Voraussetzung existiert
eine stetige Funktion f : X → [0, 1] mit f (A) ⊆ {0} und f (x) = 1.
Dann efüllen U := f −1 (]1/2, 1]) und V := f −1 ([0, 1/2[) das Gewünschte.
(iii) klar.
(iv) Sei x ∈ X. Für jedes y ∈ X \ {x} existiert[
eine offene Umgebung Uy
von y, die x nicht enthält. Daher ist X \ {x} =
Uy offen.
y∈X\{x}
Proposition 5.4 Seien (Xi , Oi ) toplogische Räume. Sind alle Xi
T2 –Räume, regulär oder vollständig regulär, so auch
T1 – /
(i) jeder Teilraum von Xi0 ,
L
(ii) die Summe
Xi und
Q
(iii) das Produkt Xi .
Beweis: Machen wir uns zuerst klar, daß obige Neubildungen“ topologi”
scher Räume verträglich mit der Trennungseigenschaft T1 sind: Für Teilräume
L
ist dies sofort klar (4.2 (i)), für Summen ebenso, da die Xi0 Teilräume in
Xi
sind, und für Produkte folgt es aus 4.13.
Nun zu T2 :
(i) Sei Y ein Teilraum von Xi0 . Sind U, V disjunkte Umgebungen in Xi0 ,
so sind U ∩ Y und V ∩ L
Y disjunkte Umgebungen in Y .
(ii) Seien x 6= y ∈
Xi . Existiert ein i0 mit x, y ∈ Xi0 , so existieren,
da Xi0 ein Hausdorff Raum ist, disjunkte offene
L Umgebungen U bzw. V in
Xi0 von x bzw. y. Diese sind, da Xi0 offen in
Xi ist, auch im Gesamtraum
offen.
Liegen x, y in verschiedenen Mengen, also x ∈ Xi und y ∈ Xj (i 6= j), so
sind Xi und Xj die gesuchten
Q disjunkten Umgebungen.
(iii) Seien (xi ) 6= (yi ) ∈ i∈I Xi . Dann existiert i0 ∈ I mit xi0 6= yi0 und,
da Xi0 ein Hausdorff Raum ist, disjunkte Umgebungen
Ui0 von xi0Q
und Vi0
Q
von yi0 . Dann sind Umgebungen U := Ui0 × i6=i0 Xi und V := Vi0 × i6=i0 Xi
disjunkte Umgebungen von (xi ) bzw. (yi ).
Zur Regularität und zur vollständigen Regularität:
(i) Seien Y ⊆ Xi0 , B ⊆ Y abgeschlossen in Y und y ∈ Y \ B. Gemäß 4.2
(i) existiert eine abgeschlossene Menge A ⊆ Xi , die A ∩ Y = B erfüllt. Da Xi
(vollständig) regulär ist, existieren offene Mengen (eine stetige Funktion f ),
32
die y von A trennen. Der Schnitt der offenen Mengen mit Y (die Restriktion
von f auf Y ) leisten
L das Gewünschte.
L
(ii) Sei A ⊆
Xi abgeschlossen und sei x ∈
Xi \ A. Dann existiert
i0 ∈ I mit x ∈ Xi0 . Nun ist A ∩ Xi0 abgeschlossen in Xi0 .
Ist Xi0 regulär, so existieren disjunkte offene Mengen U und V in Xi0 ,
die A ∩ Xi0 und x trennen,
etwa x ∈ V und A ∩ Xi0 ⊆ U . Dann sind V und
S
L
X
∪
U
offen
in
X
i
i (4.19 (i)) und disjunkt.
i6=i0
Ist Xi0 vollständig regulär, so existiert eine stetige Funktion fi0 : Xi0 →
[0, 1],
U die fi0 (x) = 1 und fi0 (A ∩ Xi0 ) ⊆ {0} erfüllt. Setzen wir fi0 durch 0
auf i6=i0 Xi fort, so ist die entstehende Funktion f stetig (4.19) und erfüllt
f (A) ⊆ {0}.
Q
Q
(iii) Seien A ⊆
Xi abgeschlossen und x = (xi ) ∈
Xi \ A. Dann
existiert eine
Q Umgebung
Q U von x mit U ∩ A = ∅. Wir dürfen annehmen,
daß U = i∈F Ui × i∈F
/ Xi , wobei F ⊆ I endlich und Ui ∈ U(xi ) offene
Umgebungen sind.
Seien die Xi regulär. Nach Voraussetzung existieren disjunkte offene Mengen Vi und Wi mit xi ∈ Vi und Wi ⊇ Xi \Ui , also Vi ⊆ Xi \WQi ⊆ Ui . Da
QXi \Wi
abgeschlossen ist, folgt Vi ⊆ Xi \Wi ⊆ Ui . Wir setzen V := i∈F Vi × i∈F
/ Xi .
Q
Q
c
Wegen 4.13 gilt V = i∈F Vi × i∈F
/ Xi ⊆ U . Dann sind V und W := V
disjunkte offene Mengen, x ∈ V und W ⊇ X \ U ⊇ A.
Seien nun alle Xi vollständig regulär. Für i ∈ F existieren daher stetige
Abbildungen ϕi : Xi → [0, 1], die ϕi (Xi \ Ui ) ⊆ {0} und ϕi (xi ) = 1 erfüllen.
Die Komposition mit den Projektionen ergibt stetige Funktionen, somit ist
auch f (x) := min(ϕi (πi (x)) : i ∈ F ) stetig und hat die gewünschten Eigenschaften.
Beispiel 5.5 Quotienten von T1 –Räumen sind im allgemeinen keine T1 –
Räume: [Übungsaufgabe 21.]
Beispiel 5.6 Ist X ein überabzählbare Menge versehen mit der coabzählbaren
Topologie Oca := {∅} ∪ {O ⊆ X : Oc ist abzählbar}, so ist (X, Oca ) ein T1 –,
jedoch kein T2 –Raum. [Es ist X \ {x} offen, also ist X ein T1 –Raum.
Seien U und V nicht–leere, disjunkte, offene Mengen, also U c und V c
abzählbar. Es folgt, daß (U c ) ∪ (V c ) = (U
∩ V})c = X abzählbar ist, ein
| {z
=∅
Widerspruch. Daher kann X kein T2 –Raum sein.]
In 3.6 wurde gezeigt, daß alle konvergenten Folgen in (X, Oca ) schließlich
konstant sind. Damit ist ihr Limes eindeutig.
Proposition 5.7 Für einen topologischen Raum (X, O) sind äquivalent:
(i) X ist ein Hausdorff Raum.
33
(ii) Jedes Netz in X konvergiert gegen höchstens einen Punkt.
(iii) Jeder Filter konvergiert gegen höchstens einen Punkt.
Beweis: (i) =⇒ (ii): Sei (xi ) ein Netz in X. Angenommen (xi ) konvergiert sowohl gegen x als auch gegen y 6= x. Nach Voraussetzungen existieren
disjunkte Umgebungen U und V von x und y. Auf Grund der Annahme exisieren iU und iV ∈ I mit xi ∈ U für alle i ≥ iU und xi ∈ V für alle i ≥ iV .
Für i ≥ iU und i ≥ iV (und ein solches i existiert!) gilt dann xi ∈ U ∩ V = ∅,
ein Widerspruch.
(ii) =⇒ (iii): Sei F ein Filter, welcher gegen x und y 6= x konvergiert.
Wählen wir das Netz (xF )F ∈F wie in 3.22, so konvergiert (xF )F sowohl gegen
x als auch gegen y im Widerspruch zu (ii).
(iii) =⇒ (i): Nehmen wir an, daß X kein Hausdorff Raum ist. D.h.
es existieren x 6= y ∈ X so, daß für alle U ∈ U(x) und alle V ∈ U(y) der
Durchschnitt U ∩V 6= ∅. Dann ist U(x)∩U(y) ein Filter: [(U1 ∩V1 )∩(U2 ∩V2 ) =
(U1 ∩ U2 ) ∩ (V1 ∩ V2 ). B ⊇ U ∩ V ⇒ (B ∪ U ) ∩ (B ∪ V ) = B ∪ (U ∩ V ) =
B ∈ U(x) ∩ U(y).] Dieser konvergiert gegen x und y im Widerspruch zu (iii).
Beispiel 5.8 Der topologische Raum aus Übungsaufgabe 22 ist ein Hausdorff
Raum, welcher nicht regulär ist.
Beispiel 5.9 Der folgende topologische Raum ist regulär, jedoch nicht vollständig
regulär:
Sei X = R × R+
0 ∪ {(0, −1)}. Wir setzen z0 := (0, −1) und definieren die
folgenden Mengensysteme: Für (x, y) ∈ X mit y > 0 sei U(x,y) := {{(x, y)}},
für (x, y) ∈ X mit y = 0 sei U(x,y) := {(Vx ∪ Dx ) \ F : F endlich}, wobei
Vx := {x} × [0, 2] und Dx := {(x + t, t) : 0 ≤ t ≤ 2}.
Für i ∈ N sei Ui := {z0 } ∪ [i, ∞) × [0, ∞) und Uz0 := {Ui : i ∈ N}.
Diese Mengensysteme erfüllen die Bedingungen (U 1) bis (U 3), sind also
Umgebungsbasis einer Topologie O auf X.
Im folgenden verwenden wir die Notation Hi := [i, i + 1] × {0} für i ∈ N0 .
Man verifiziert schnell, daß X ein Hausdorff Raum ist und daß für y ≥ 0
die Elemente von U(x,y) alle offen und abgeschlossen sind. Außerdem sind alle
Ui offen. Um die Regularität von X nachzuweisen, genügt es daher zu zeigen,
daß z0 von jeder abgeschlossenen Menge A, die z0 nicht enthält, durch offene
Mengen getrennt werden kann. Sei also A eine solche. Dann existiert i0 ∈ N
mit Ui0 ∩ A = ∅. Wir setzen U := Ui0 +2 (was eine offene Umgebung von z0
ist) und V := X \ (Hi0 ∪ Hi0 +1 ∪ Ui0 +2 ), was offensichtlich disjunkt zu U
ist und A umfaßt. Man überlegt sich leicht, daß V Umgebung aller seiner
Punkte und daher offen ist.
34
Es bleibt zu zeigen, daß X nicht vollständig regulär ist. Da H0 ∩ U2 = ∅,
liegt z0 nicht im Abschluß von H0 . Es genügt daher zu zeigen, daß jede stetige
Funktion f : X → [0, 1] mit f (H0 ) = {0} auch f (z0 ) = 0 erfüllt.
Wir setzen Kn := {x ∈ Hn : f (x) = 0} und wollen induktiv zeigen,
daß für alle n ∈ N die Mengen Kn unendlich sind. Für n = 0 wurde es
vorausgesetzt. Es gelte nun, daß Kn unendlich ist. Sei Kn0 eine abzählbar
unendliche Teilmenge von Kn .
Für jedes x ∈ Kn0 ist die Menge
[
1
{y ∈ Dx ∪ Vx : f (y) 6= 0} =
{y ∈ Dx ∪ Vx : |f (y)| ≥ } abzählbar, da
m
m∈N
die Menge
1
{y ∈ Dx ∪ Vx : |f (y)| < } eine Umgebung von (x, 0) ist, und daher ihr
m
Komplement in Dx ∪ Vx endlich ist.
Somit ist auch die Vereinigung über y ∈ Kn0 dieser Mengen abzählbar.
Es bezeichne Ln+1 die Projektion dieser Vereinigung
auf die x–Achse. Für
S
x ∈ Hn+1 \ Ln+1 ist der Schnitt von Vx mit x0 ∈Kn0 Dx abzählbar unendlich.
Auf all diesen Punkten nimmt f den Wert 0 an. Auf Grund der Definition
der Umgebungsbasis von (x, 0) muß f ((x, 0)) = 0 gelten. Daher ist Kn+1 ⊇
Hn+1 \ Ln+1 unendlich.
Es bleibt zu zeigen, daß f (z0 ) = 0 gilt. Wäre dies nicht der Fall, existierte
i ∈ N mit |f ((x, y))| > 0 für alle (x, y) ∈ Ui . Da dies unmöglich ist, folgt die
Behauptung.
Satz 5.10 (Lemma von Urysohn) Lassen sich in einem topologischen Raum
disjunkte abgeschlossene Mengen durch offene Mengen trennen, so auch durch
stetige Funktionen.
Beweis: Die Voraussetzung besagt gerade, daß zu jeder abgeschlossenen
Menge A und jeder offenen Obermenge U von A eine offene Menge V existiert
mit A ⊆ V ⊆ V ⊆ U .
Seien also A und B disjunkte abgeschlossene Teilmengen von X, von
denen wir o.B.d.A. annehmen dürfen, daß sie nicht leer sind.
Es bezeichne D := { 2kn : 0 ≤ k ≤ 2n , n ∈ N} die Menge der dyadischen
Zahlen in [0, 1]; diese wird in der folgenden Weise angeordnet:
1 1 3 1 3 5 7
(dn )n∈N = 0, 1, , , , , , , , . . .
2 4 4 8 8 8 8
Jeder dieser Zahlen di ∈ D soll mittels vollständiger Induktion nach n
eine offene Teilmenge Odi von X zugeordnet werden derart, daß
di < dj =⇒ Odi ⊆ Odj
35
∀i, j ≤ n (∗)
Setzen wir O1 := X \ B. Nach Voraussetzung existiert eine offene Menge
O0 mit der Eigenschaft: A ⊆ O0 ⊆ O0 ⊆ O1 . Somit ist der Induktionsanfang
für n = 2 gezeigt.
Seien nun den ersten n Gliedern der Folge (dk ) bereits offene Mengen
Od1 , . . . , Odn zugeordnet, die (∗) erfüllen. Seien di und dj diejenigen Zahlen
in {d1 , . . . , dn } die dn+1 am nächsten liegen, also di < dn+1 < dj . Nach
Induktionsvoraussetzung gilt Odi ⊆ Odj . Also existiert eine offene Menge
Odn+1 mit Odi ⊆ Odn+1 ⊆ Odn+1 ⊆ Odj .
Somit erfüllt die Folge (Odj )j∈{1,... ,n+1} die Bedingung (∗).
Es folgt dann
d < d0 , d, d0 ∈ D =⇒ Od ⊆ Od0 .
(∗∗)
Nun definieren wir
f : X → [0, 1], x 7→
inf{d ∈ D : x ∈ Od } : x ∈ O1
1
:x∈
/ O1 .
Wegen X \ O1 = B gilt f (B) = {1}; A ⊆ O0 impliziert f (A) = {0}.
Offenbar gilt 0 ≤ f (x) ≤ 1 für alle x ∈ X. Es bleibt die Stetigkeit von f
zu zeigen; dazu eine Vorüberlegung. Für 0 < a ≤ 1 gilt:
S
f (x) < a ⇐⇒ ∃d ∈ D : d < a ∧ x ∈ Od =⇒ f −1 ([0, a[) = d∈D, d<a Od .
Sei nun 0 ≤ b < 1.
f (x) > b
⇐⇒
⇐⇒
∃d ∈ D∩]b, 1] : x ∈
/ Od
0
∃d ∈ D∩]b, 1] : x ∈
/ Od0
⇐⇒
=⇒
f −1 (]b, 1]) =
S
d0 ∈D∩]b,1]
Od0
Da S = {]b, 1] : 0 ≤ b < 1} ∪ {[0, a[: 0 < a ≤ 1} Subbasis der Topologie
auf [0, 1] ist, folgt mit 3.3 die Stetigkeit von f und damit die Behauptung.
Korollar 5.11 Jeder normale Raum ist vollständig regulär.
Lemma 5.12 Für einen T1 –Raum (X, O) sind äquivalent:
(i) X ist normal.
(ii) Zu jeder abgeschlossenen Teilmenge C ⊆ X und jeder offenen Obermenge U ⊇ C existiert eine offene Menge V mit C ⊆ V ⊆ V ⊆ U .
(iii) Zu disjunkten abgeschlossenen S
MengenSA, B ⊆ X existiert eine Folge
offener Mengen (Vn ) mit: A ⊆ Vn ⊆ Vn ⊆ X \ B.
36
c
Beweis: (i) =⇒ (ii) C und X \ U sind disjunkte abgeschlossene Mengen.
Nach Voraussetzung existieren disjunkte offene Mengen V und W mit C ⊆ V
und W ⊇ X \ U . Dies hat V ⊆ X \ W ⊆ U zu Folge. Da V ⊆ X \ W ⊆ U
gilt, folgt (ii).
(ii) =⇒ (iii) Trivial; man wähle Vn := V für alle n ∈ N.
(iii) =⇒ (i) Seien A und B disjunkte abgeschlossene Mengen. Gemäß der
Voraussetzung existieren Folgen offener Mengen (Vn ) und (Wn ) mit
[
[
[
[
Vn ⊆ X \ B und B ⊆
Wn ⊆
Wn ⊆ X \ A.
A⊆
Vn ⊆
S
S
Wir setzen Vn0 := Vn \ k≤n Wk und Wn0 := Wn \ k≤n Vk und wollen zeigen,
daß Vn0 ∩ Wm0 = ∅ für alle n, m ∈ N gilt. O.B.d.A. sei n ≥ m. Sei x ∈ Vn0 .
Dann folgt x ∈
/ Wm , S
also x ∈
/ Wm0 .
S 0
Dann S
sind V 0 := Vn0 S
und W 0 := S
Wm disjunkte
und es
S offene Mengen
0
gilt A ⊆ n∈N Vn ∩ (X \ m∈N Wm ) = n∈N (Vn \ m∈N Wm ) ⊆ V . Analog
zeigt man B ⊆ W 0 .
Korollar 5.13 Sei (X, O) ein regulärer Raum, der das zweite Abzählbarkeitsaxiom erfüllt. Dann ist X normal.
Beweis: Sei B eine abzählbare Basis von X. Wir wollen Bedingung (iii)
obiger Proposition nachweisen. Seien dazu A und B disjunkte abgeschlossene
Mengen. Zu jedem Punkt a ∈ A existiert, da X regulär ist, eine Basismenge
Ba ∈ B mit a ∈ Ba ⊆ Ba ⊆ X \ B. Da B abzählbar ist, folgt die Behauptung.
Definition 5.14 Eine Funktion f : (X1 , O1 ) → (X2 , O2 ) heißt Einbettung
(embedding), wenn die induzierte Abbildung (X1 , O1 ) → (f (X1 ), (O2 )f (X1 ) ),
x 7→ f (x) ein Homöomorphismus ist.
Bemerkung 5.15 Jede Einbettung ist stetig und injektiv.
Verknüpfungen von Einbettungen sind wieder Einbettungen.
Bemerkung 5.16 Sei Y eine Teilmenge des topologischen Raums (X, O).
Y
Der Abschluß einer Teilmenge B ⊆ Y in Y , den wir mit B bezeichnen
Y
wollen, ist: B = B ∩ Y .
[Nach 2.4 (ii) \
und 4.2 (i) gilt:
\
Y
B =
A=
(C ∩ Y ) = B ∩ Y .]
B⊆A⊆Y,A abg. in Y
B⊆C, C abg. in X
Proposition 5.17 Genau dann ist f : (X1 , O1 ) → (X2 , O2 ) eine Einbettung,
wenn f stetig und injektiv ist und für jede abgeschlossene Teilmenge A1 ⊆ X1
und jedes x1 ∈
/ A1 f (x1 ) ∈
/ f (A1 ) gilt.
37
Beweis: Es bezeichne g : (X1 , O1 ) → (f (X1 ), (O2 )f (X1 ) ), x 7→ f (x).
Sei zunächst f eine Einbettung, also g ein Homöomorphismus. Wir fixieren eine abgeschlossene Menge A1 ⊆ X1 und x1 ∈ X1 \ A1 . Da g −1 stetig
ist, folgt: f (A1 ) = g(A1 ) = (g −1 )−1 (A1 ) ist abgeschlossen in f (X1 ), also
f (A1 ) = f (A1 ) ∩ f (X1 ). Daher gilt f (x1 ) 6∈ f (A1 ).
Für den Beweis der umgekehrten Implikation genügt der Nachweis, daß
g −1 : f (X1 ) → X1 stetig ist. Wegen 3.2 (ii) ist dies äquivalent dazu, daß
g abgeschlossen ist. Sei also A1 ⊆ X1 abgeschlossen. Es ist zu zeigen, daß
!
f (A1 ) = g(A1 ) = g(A1 ) ∩ f (X1 ) = f (A1 ) ∩ f (X1 ) gilt. Dabei ist ⊆ trivialerweise erfüllt. Sei umgekehrt f (x1 ) ∈ f (A1 ). Die Voraussetzung impliziert
x1 ∈ A1 , also gilt auch ⊇.
Lemma 5.18 Seien (X, O) und (Yi , Oi ) (i ∈ I 6= ∅, Yi 6= ∅) topologische
Räume und fi : X → Yi stetige Abbildungen, die die folgenden Eigenschaften
erfüllen:
(i) ∀x 6= x0 ∈ X ∃i ∈ I : fi (x) 6= fi (x0 ).
(ii) ∀C ⊆ X abgeschlossen, ∀x ∈ X \ C ∃i ∈ I : fi (x) ∈
/ fi (C).
Q
Dann ist f : X → Yi , x 7→ (fi (x)) eine Einbettung.
Beweis: f ist stetig, da alle fi stetig sind (4.8). Bedingung (i) impliziert,
daß f injektiv ist. Wegen 5.17 genügt es zu zeigen, daß für jede abgeschlossene
Teilmenge C ⊆ X und jedes x ∈
/ C f (x) ∈
/ f (C) gilt. Nehmen wir an,
es gäbe x ∈
/ C mit f (x) ∈ f (C). Mit 3.2 (iv) folgt fi (x) = πi (f (x)) ∈
πi (f (C)) ⊆ πi (f (C)) = fi (C) für alle i ∈ I im Widerspruch zu (ii). Daher
folgt die Behauptung.
Satz 5.19 (Stone Čech) Sei (X, O) ein vollständig regulärer Raum. Dann
ist
β : X → [0, 1]C(X,[0,1]) , x 7→ (f (x))f ∈C(X,[0,1])
eine Einbettung.
Beweis: Wir zeigen, daß I := C(X, [0, 1]) die in 5.18 formulierten Eigenschaften besitzt: Offensichtlich ist für alle f ∈ I die Funktion X → [0, 1], x 7→
f (x) stetig.
Nach Definition der vollständigen Regularität existiert zu x 6= x0 eine
stetige Funktion f ∈ I mit f (x) 6= f (x0 ).
Zu C ⊆ X abgeschlossen und x ∈
/ C exisitiert eine Funktion f ∈ I mit
0 = f (x) ∈
/ f (C) ⊆ {1}. Daher ist β eine Einbettung.
38
Satz 5.20 Für einen topologischen Raum (X, O), der das zweite Abzählbarkeitsaxiom erfüllt, sind äquivalent:
(i) X ist regulär.
(ii) X ist normal.
(iii) X ist metrisierbar.
(iv) X ist homöomorph zu einer Teilmenge von [0, 1]N .
Beweis: (iv) =⇒ (iii) folgt mit Übungsaufgabe 21 und 1.3 (iv).
(iii) =⇒ (ii) wurde in 5.2 (i) gezeigt.
(ii) =⇒ (i) ist trivial.
(i) =⇒ (iv) Sei B eine abzählbare Basis von X. Dann ist I := {(U, V ) ∈
2
B : V ⊆ U } abzählbar. Wegen 5.13 wissen wir, daß X normal ist. Das
Lemma von Urysohn impliziert, daß für jedes i = (U, V ) eine stetige Funkion
fi : X → [0, 1] existiert mit fi (V ) ⊆ {1} und fi (X \ U ) ⊆ {0}.
Sei nun C ⊆ X abgeschlossen und x ∈ X \ C. Dann existiert i = (U, V ) ∈
I mit x ∈ V ⊆ V ⊆ U ⊆ X \ C. [Es existiert U ∈ B mit x ∈ U ⊆ X \ C.
Trennt man nun x und X \ U durch offene Mengen und wählt man die offene,
x enthaltende Menge V als Basismenge, so folgt V ⊆ X \ (X \ U ) = U .] Es
folgt also fi (x) = 1 und fi (C) ⊆ {0}.
Wir wollen zeigen, daß X → [0, 1]I , x 7→ (fi (x))i∈I eine Einbettung ist.
Da X ein T1 –Raum ist, sind die Bedingungen von 5.18 erfüllt, und es folgt
die Behauptung.
Proposition 5.21 Sei (X, O) ein topologischer Raum, D eine dichte Teilmenge und S ⊆ X abgeschlossen. Ist die Spurtopologie auf S die diskrete
Topologie und gilt |S| ≥ |P(D)|, so ist X nicht normal.
Beweis: Indirekt nehmen wir an, daß X normal ist.
Jede Teilmenge von S ist abgeschlossen in X.
[Sei A ⊆ S. Da OS die diskrete Topologie ist, ist A abgeschlossen in S,
also in der Form A = S ∩ B darstellbar, wobei B ⊆ X abgeschlossen ist.
Daher ist auch A abgeschlossen in X.]
Für jedes A ⊆ S existieren offene, disjunkte Teilmengen UA und VA mit
UA ∩ S = A und VA ∩ S = S \ A.
Die Funktion
f : P(S) → P(D), A 7→ UA ∩ D
ist injektiv: Angenommen es gäbe A, B ⊆ S mit UA ∩ D = UB ∩ D und
x ∈ A \ B = A ∩ (S \ B) ⊆ UA ∩ VB .
39
Da UA ∩ VB 6= ∅ offen ist, und D dicht liegt, gilt UA ∩ VB ∩ D 6= ∅. Dies
widerspricht UA ∩ VB ∩ D = UB ∩ VB ∩ D = ∅.
Es folgt: |P(S)| ≤ |P(D)| im Widerspruch zu |P(S)| > |S| ≥ |P(D)|.
Korollar 5.22 Sei (X, O) ein separabler topologischer Raum. Existiert ein
abgeschlossener Teilraum S von X, so daß die auf S induzierte Topologie die
diskrete Topologie ist und gilt |S| ≥ |R|, so ist X nicht normal.
Beispiel 5.23
(i) Die Niemitzky–Ebene ist nicht normal.
(ii) Sei (X, O) die Sorgenfrey–Gerade. Dann ist X 2 vollständig regulär,
aber nicht normal: [Q2 liegt dicht in X 2 und {(x, −x) : x ∈ R} ist eine
überabzählbare abgeschlossene Menge, deren Spurtopologie die diskrete
Topologie ist.]
Lemma 5.24 Sei (X, O) ein topologischer Raum und seien fn : X → R stetige Abbildungen für alle n ∈ N
P. Existiert eine Folge (cn ) mit der Eigenschaft:
P
|fn | ≤ cn für alle n ∈ N und
cn < ∞, so ist f : X → R, x 7→ n∈N fn (x)
eine stetige Funktion.
P
Beweis: Offensichtlich ist
fn (x) absolut konvergent und f daher wohldefiniert.
P
Fixieren wir x0 ∈ X und ε > 0. Dann existiert n0 ∈ N mit n>n0 cn <
ε/4. Da die Funktionen fn (1 ≤ n ≤ n0 ) alle stetig sind, gilt
∃U ∈ U(x0 ) : |fn (x) − fn (x0 )| <
ε
2n0
∀n ≤ n0 , ∀x ∈ U.
Es folgt:
|f (x) − f (x0 )| ≤
n0
X
n=1
ε/2 + 2
P
n>n0
|fn (x) − fn (x0 )| +
|
{z
}
< 2nε
X
n>n0
0
|fn (x) − fn (x0 )| <
{z
}
|
≤|fn (x)|+|fn (x0 )|≤2cn
cn ≤ ε und daraus die Behauptung.
Satz 5.25 (Tietze) Seien A eine abgeschlossene Teilmenge eines normalen
Raums (X, O) und f : A → [−1, 1] eine stetige Funktion. Dann gibt es eine
stetige Funktion F : X → [−1, 1] die f fortsetzt, also F |A = f erfüllt.
Beweis: Wir wollen zunächst für s > 0 das folgende zeigen:
Ist g : A → [−s, s] stetig, so existiert eine stetige Funktion G : X →
[−s/3, s/3], die |G(a) − g(a)| ≤ 2/3 · s für alle a ∈ A erfüllt.
40
[C1 := {a ∈ A : g(a) ∈ [s/3, s]} und C2 := {a ∈ A : g(a) ∈ [−s, −s/3]}
sind abgeschlossen in A und damit in X, und disjunkt. Nach dem Lemma von
Urysohn existiert eine stetige Funktion G : X → [−s/3, s/3], mit G(C1 ) ⊆
{s/3} und G(C2 ) ⊆ {−s/3}.
Für a ∈ C1 gilt |g(a) − G(a)| = g(a) − s/3 ≤ 2/3 · s (und analog für
a ∈ C2 ). Für a ∈ A \ (C1 ∪ C2 ) gilt |G(a) − g(a)| ≤ |G(a)| + |g(a)| ≤ 2/3 · s.]
Induktiv wollen wir dieses Zwischenresultat anwenden:
Zunächst auf f (und s = 1). Wir erhalten eine stetige Funktion f1 : X →
[−1/3, 1/3], die |f (a) − f1 (a)| ≤ 2/3 erfüllt. Dies ist gerade der Induktionsanfang der folgenden Behauptung:
Es existiert eine Folge stetiger Funktionen (fn ), wobei
fn : X → [−1/3 · (2/3)n−1 , 1/3 · (2/3)n−1 ] und |(f − f1 − . . . − fn )(a)| ≤ (2/3)n
für alle a ∈ A.
Der Induktionsschritt n → n + 1 ist genau die Vorbemerkung angewandt
auf g = f − f1 − . . . − fn und s = (2/3)n .
P
Nach dem vorangegangenen Lemma ist F :=
fn stetig, und es gilt
F (a) = f (a) für alle a ∈ A.
Korollar 5.26 Seien A eine abgeschlossene Teilmenge eines normalen Raums
(X, O), I ⊆ R ein nicht–leeres Intervall und f : A → I eine stetige Funktion.
Dann gibt es eine stetige Funktion F : X → I die f fortsetzt, also F |A = f
erfüllt.
Beweis: Ist I einpunktig, so ist die Behauptung trivial.
Sei zunächst I =] − 1, 1[. Nach 5.25 existiert eine stetige Funktion F :
X → [−1, 1], die f fortsetzt. (Allerdings kann es sein, daß F die Werte
±1 annimmt.) C := F −1 ({±1}) ist eine abgeschlossene Teilmenge von X,
die disjunkt zu A ist. Nach dem Lemma von Urysohn existiert eine stetige
Funktion ϕ : X → [0, 1] mit ϕ(A) ⊆ {1} und ϕ(C) ⊆ {0}. Dann nimmt die
Funktion ϕ · F : x 7→ ϕ(x) · F (x) Werte in ] − 1, 1[ an und ist eine stetige
Fortsetzung von f .
Analog verfährt man im Fall I =] − 1, 1] oder I = [−1, 1[.
Sei nun J ein Intervall, welches homöomorph zu einem der oben genannten
Intervalle I (für die die Behauptung schon gezeigt wurde) ist. Etwa ψ : J → I
ein Homöomorphismus und f : A → J eine stetige Abbildung.
X
x



HHH F
HH
HHj
f
ψ
A −→ J −→ I
41
Dann besitzt ψ ◦ f eine stetige Fortsetzung F : X → I und ψ −1 ◦ F ist
stetig und erfüllt für a ∈ A ψ −1 (F (a)) = ψ −1 (ψ(f (a)) = f (a). Damit ist
ψ −1 ◦ F die gewünschte Fortsetzung.
Da jedes nicht–leere und nicht einpunktige Intervall homöomorph zu
[−1, 1], ] − 1, 1], [−1, 1[ oder ] − 1, 1[ ist (vgl. Übungsaufgabe 13), folgt die
Behauptung.
(10.06.2005)
42
6
Kompakte und Lokalkompakte Räume
Definition 6.1 (i) Eine Familie offener Mengen (Oi )i∈I in einem topologischen Raum
(X, O) heißt offene Überdeckung (open covering),
[
falls X =
Oi gilt.
i∈I
(ii) Eine (endliche) Teilüberdeckung ((finite) subcovering) der Überdeckung
[ (Oi ) ist eine Familie (Oi )i∈F , wobei F ⊆ I (endlich) ist, und
X=
Oi gilt.
i∈F
(iii) Ein Hausdorff Raum (X, O) heißt kompakt (compact), wenn jede offene Überdeckung von X eine endliche Teilüberdeckung besitzt.
(iv) Eine Teilmenge Y ⊆ X heißt kompakt, falls (Y, OY ) kompakt ist.
Proposition 6.2 Für einen Hausdorff Raum (X, O) sind äquivalent:
(i) X ist kompakt.
(ii) Für jede Familie abgeschlossener Mengen (Ci )\
i∈I , welche die endliche
Durchschnittseigenschaft (EDE) besitzt, also
Ci 6= ∅ für alle endlii∈F
\
chen Teilmengen F ⊆ I erfüllt, gilt
Ci 6= ∅.
i∈I
(iii) Jeder Ultrafilter in X konvergiert.
Beweis: (i) ⇒ (iii) Sei U ein Ultrafilter in X, von dem wir annehmen, daß
er nicht konvergiert. Zu jedem x ∈ X existiert dann eine offene Umgebung
Ux ∈ U(x) mit Ux ∈
/ U. Da (Ux )x∈X eine offene
Überdeckung von X ist,
S
existiert eine endliche Teilmenge F ⊆ X mit x∈F Ux = X. Nun ist X ∈ U.
Induktive Anwendung von 3.26 impliziert Ux ∈ U für (mindestens) ein x ∈ F
im Widerspruch zu Annahme.
(iii) ⇒ (ii): Sei (Ci )i∈I (I 6= ∅) eine
\ Familie abgeschlossener Mengen, die
der EDE genügt. Dann bildet B := { Ci : F ⊆ I endlich} eine Filterbasis.
i∈F
Nach 3.27 gibt es einen Ultrafilter U, der B umfaßt. Dieser konvergiert nach
Voraussetzung gegen ein x ∈ X. Für jede Umgebung U von x und jedes i ∈ I
ist daher U ∩ Ci 6= ∅, was x ∈ Ci = Ci für alle i ∈ I impliziert.
T
(ii) ⇒ (i) Sei (Oi )i∈I eine offene Überdeckung von X. Dann folgt i∈I Oic =
∅. Daher
Teilmenge F ⊆ I existieren
T muß nach Voraussetzung eine endliche
S
mit i∈F Oic = ∅, was äquivalent ist zu: i∈F Oi = X.
43
Satz 6.3 (Subbasissatz von Alexander) Sei S = {Sj : j ∈ J} Subbasis
der Topologie O auf X. Ist (X, O) ein Hausdorff Raum und besitzt jede offene
Überdeckung von X bestehend aus Subbasismengen eine endliche Teilüberdedeckung, so ist X kompakt.
Beweis: Sei U ein Ultrafilter. Wegen 6.2 ist zu zeigen, daß U konvergiert.
Wir nehmen an, dies wäre nicht der Fall, für
T jedes x ∈ X existiert also
eine endliche Teilmenge Fx ⊆ J, so daß x ∈ j∈Fx Sj ∈
/ U. Nach Definition
eines Filters existiert (mindestens ein) j ∈ Fx mit Sj ∈
/ U. D.h. für jedes
x ∈ X existiert Sx ∈ S mit x ∈ Sx ∈
/ U. Nun ist (Sx )x∈X eine offene
Überdeckung
von
X,
welche
eine
endliche
Teilüberdeckung (Sx )x∈F besitzt.
[
Da
Sx = X ∈ U und U ein Ultrafilter ist, folgt (induktiv) aus 3.26 Sx ∈ U
x∈F
für mindestens ein x ∈ F im Widerspruch zur Annahme.
Beispiel 6.4 Jedes abgeschlossene und beschränkte
Intervall
[
[ [a, b] in R ist
kompakt. [O.B.d.A. seien a = 0 und b = 1. Sei [0, ci [∪ ]dj , 1] eine offene
i∈I
j∈J
Überdeckung von [0,
[1] (bestehend aus Subbasismengen). Wir setzen c :=
sup ci . Wegen c ∈
/
[0, ci [, existiert j0 ∈ J mit c ∈]dj0 , 1]. Da c > dj0 ,
i∈I
existiert i0 ∈ I mit ci0 > dj0 . Es folgt [0, 1] = [0, ci0 [∪]dj0 , 1].]
Proposition 6.5 Jeder abgeschlossene Teilraum eines kompakten Raums ist
kompakt.
Beweis: Sei X kompakt und Y ⊆ X abgeschlossen. Sei (Ci ) eine Familie
abgeschlossenerTMengen in Y mit der EDE. Da die Ci auch in X abgeschlossen sind, folgt i∈I Ci 6= ∅. Daher ist Y kompakt.
Proposition 6.6 Jeder kompakte Raum ist normal.
Beweis: Wir wollen zunächst zeigen, daß X regulär ist.
Sei dazu A ⊆ X abgeschlossen (und wegen 6.5 kompakt) und x ∈
/ A. Für
jedes[a ∈ A existieren disjunkte offene Mengen Ua ∈ U(a) und Va ∈ U(x).
Da
(Ua ∩ A) eine offene (in A) Überdeckung des kompakten Raums A ist,
a∈A
[
[
T
existiert F ⊆ A endlich mit
Ua ⊇
(Ua ∩A) = A. Dann ist V := a∈F Va
a∈F
a∈F
[
eine offene Umgebung von x, die disjunkt zu
Ua ist. Daher ist X regulär.
a∈F
44
Seien nun A und B disjunkte abgeschlossene (und daher kompakte) Teilmengen von X. Für jedes a ∈ A existiert eine offene Menge Ua ∈ U(a) und
eine dazu disjunkte offene Obermenge
Va von B. Wie oben wird A von einer
[
T
endlichen Vereinigung U :=
Ua überdeckt. Da V := a∈F Va eine zu U
a∈F
disjunkte offene Obermenge von B ist, folgt die Behauptung.
Bemerkung
6.7 Für einen Hausdorff Raum X und jedes x ∈ X gilt:
\
U = {x} . [⊇ ist trivial. Sei x0 6= x. Dann existieren disjunkte offene
U ∈U(x)
Umgebungen
Ux von x und Vx0 von x0 . Es folgt x0 ∈
/ Ux , also insbesondere
\
0
x ∈
/
U .]
U ∈U (x)
Proposition 6.8 Ist Y ein kompakter Teilraum eines Hausdorff Raums X,
so ist Y abgeschlossen in X.
Beweis: Sei x ∈ Y . Dann besitzt die Familie (U ∩ Y ) die endliche Durchschnittseigenschaft
T und die Mengen
T sind abgeschlossen in Y . Da Y kompakt
ist, folgt: ∅ 6= U ∈U(x) (U ∩ Y ) = ( U ∈U(x) U ) ∩ Y = {x} ∩ Y , also x ∈ Y .
Proposition 6.9 Ist f : (X1 , O1 ) → (X2 , O2 ) eine stetige Abbildung des
kompakten Raums (X1 , O1 ) in den Hausdorff Raum (X2 , O2 ), so ist (f (X1 ), (O2 )f (X1 ) )
kompakt.
Beweis: Seien (Oi ∩ f (X1 ))i∈I eine offene Überdeckung von f (X1 ), wobei
die Oi ∈ O2 seien. Dann ist (f −1 (Oi ∩ f (X1 )))i∈I = (f −1 (Oi ))i∈I eine offene Überdeckung von X1 , die also eine endliche
(f −1 (Oi ))i∈F
S Teilüberdeckung
S
(FS⊆ I endlich) besitzt. Es folgt f (X1 ) = f ( i∈F f −1 (Oi )) = i∈F f (f −1 (Oi ))
= i∈F (Oi ∩ f (X1 )).
Lemma 6.10 Seien Xi 6= ∅ topologiesche RäumeQund xi ∈ Xi fest. Dann
ist für jedes i0 ∈ I die Abbildung ϕi0 : Xi0 → i∈I Xi , y 7→ (yi ), wobei
yi =
Qxi für i 6= i0 und yi0 = y eine Einbettung und ϕi0 (Xi0 ) ist abgeschlossen
in Xi , sofern alle Xi T1 –Räume sind.
Beweis: Übungsaufgabe 25.
Satz 6.11 (Tychonoff ) Für eine Familie (Xi ) nichtleerer topologischer
Räume
Q
sind äquivalent: Alle Räume Xi (i ∈ I) sind kompakt und X = i∈I Xi ist
kompakt.
45
Beweis: Sei zunächst X kompakt. Da die Xi homöomorph zu Teilräumen
von X sind (6.10), sind sie Hausdorff–Räume, daher homöomorph zu abgeschlossenen Teilräumen von X (6.10), so daß 6.5 die Kompaktheit der Xi
impliziert.
Seien umgekehrt alle Xi kompakt. Wegen 5.4 ist dann auch X ein Hausdorff Raum. Es bleibt (wegen 6.2) zu zeigen, daß jeder Ultrafilter in X konvergiert. Sei also U ein solcher. Nach Übungsaufgabe 16 sind alle πi (U) Ultrafilter in Xi und daher konvergent, also πi (U) → xi ∈ Xi . Wegen 4.9 folgt
U → (xi ) und damit die Behauptung.
Satz 6.12 Sei X ein vollständig regulärer Raum. Dann ist ist
β : X → [0, 1]C(X,[0,1]) , x 7→ (f (x))f ∈C(X,[0,1])
eine Einbettung und βX := β(X) ist kompakt und heißt Stone-Čech–
Kompaktifizierung (Stone-Čech compactification) von X.
Beweis: In 5.19 wurde bereits bewiesen, daß β eine Einbettung ist. Wegen
6.11 und 6.4 ist [0, 1]C(X,[0,1]) kompakt. 6.5 impliziert, daß βX kompakt ist.
Lemma 6.13 Seien f : X → Y und g : X → Y stetige Abbildungen. Ist
Y ein Hausdorff Raum, so ist A := {x ∈ X : f (x) = g(x)} abgeschlossen.
Stimmen f und g auf einer dichten Teilmenge überein, so auch auf X.
Beweis: Sei x ∈
/ A, also f (x) 6= g(x). Da Y ein Hausdorff Raum ist,
existieren disjunkte offene Umgebungen U von f (x) und V von g(x). Dann
ist f −1 (U ) ∩ g −1 (V ) eine offene Umgebung von x. Für ein Element y daraus
gilt: g(y) ∈ V und f (y) ∈ U , insbesondere also f (y) 6= g(y).
Stimmen nun f und g auf einer dichten Teilmenge D überein, so gilt
D ⊆ A. Da A abgeschlossen ist, muß A = X, also f = g gelten.
Lemma 6.14 Sei X ein vollständig regulärer Raum und f0 : X → [0, 1] eine
stetige Abbildung. Dann existiert genau eine stetige Abbildung F0 : βX →
[0, 1], die F0 ◦ β = f0 erfüllt.
Beweis: Sei πf0 : [0, 1]C(X,[0,1]) → [0, 1], (xf ) 7→ xf0 . Dann gilt: πf0 ◦β(x) =
πf0 ((f (x))f ∈C(X,[0,1]) ) = f0 (x). Daher leistet F0 := πf0 |βX das Gewünschte.
Sei G0 eine weitere Funktion mit dieser Eigenschaft. Da F0 (β(x)) =
G0 (β(x)) für alle x ∈ X gilt und β(X) dicht liegt in βX, folgt aus 6.13
die Eindeutigkeit.
Satz 6.15 Seien X ein vollständig regulärer und K ein kompakter Raum
sowie f0 : X → K eine stetige Abbildung. Dann existiert genau eine stetige
Abbildung F0 : βX → K, die F0 ◦ β = f0 erfüllt.
46
Beweis: Die Eindeutigkeit folgt wieder aus 6.13.
βX
x

β

X
HHH (F )
HH
HHHj
(i)
0 i∈I
f0
ι
−→ K −→ [0, 1]I
Nach 6.6 ist X normal und wegen 5.11 vollständig regulär. Nun impliziert 5.19
die Existenz einer Einbettung ι : K → [0, 1]I (für eine geeignete Indexmenge
I). Nach der vorangegangenen Proposition exisiert für jedes i ∈ I eine stetige
(i)
(i)
Funktion F0 : βX → [0, 1], die F0 ◦β = πi ◦ι◦f0 erfüllt, wobei πi : [0, 1]I →
[0, 1] die Projektion auf die i–te Koordinate bezeichnet. Dann erfüllt die
(i)
(i)
Abbildung F0 = (F0 ) : βX → [0, 1]I , y 7→ (F0 (y))i∈I F0 ◦ β = ι ◦ f0 .
3.2
Wegen F0 (βX) = F0 (β(X)) ⊆ F0 (β(X)) = ι(f0 (X)) ⊆ ι(K) = ι(K) erfüllt
die Abbildung κ ◦ F0 das Gewünschte für κ : ι(K) → K, ι(x) 7→ x.
Satz 6.16 (Heine–Borel) Genau dann ist eine Teilmenge A ⊆
pakt, wenn sie abgeschlossen und beschränkt ist.
Rn
kom-
Beweis: Sei zunächst A kompakt. Da die offene Überdeckung (A∩B(0, k))k∈N
eine endliche Teilüberdeckung besitzt, ist A beschränkt. Wegen 6.8 ist A
abgeschlossen.
Sei umgekehrt A abgeschlossen und beschränkt. Dann existiert k ∈ N mit
A ⊆ [−k, k]n . Nach 6.11 und Beispiel 6.4 ist [−k, k]n kompakt. Da A auch in
[−k, k]n abgeschlossen ist, folgt mit 6.5 die Kompaktheit von A.
Definition 6.17 Ein metrischer Raum (X, d) heißt total beschränkt (totally bounded), falls für jedes ε > 0 die Überdeckung (B(x, ε))x∈X eine endliche Teilüberdeckung besitzt.
Für ∅ =
6 A ⊆ X heißt δ(A) := sup{d(x, y) : x, y ∈ A} der Durchmesser
(diameter) von A.
Bemerkung 6.18 Genau dann konvergiert eine Cauchy–Folge in einem metrischen Raum, wenn sie einen Häufungspunkt besitzt.
Satz 6.19 Für einen metrischen Raum (X, d) sind äquivalent:
(i) X ist kompakt.
(ii) Jede Folge in X besitzt einen Häufungspunkt.
(iii) X ist vollständig und total beschränkt.
47
Beweis: (i) ⇒ (ii) Sei (xn ) eine Folge in X. Angenommen für jedes x ∈ X
existiert eine offene Umgebung Ux so, daß nur endlich viele Folgenglieder
in Ux liegen, also xn ∈
/ Ux für alle n ≥ nx . Eine endliche Teilüberdeckung
(Ux )x∈F von (Ux )S
überdeckt
den gesamten Raum X. Für n ≥ max{nx :
x∈X
x ∈ F } gilt xn ∈
/ x∈F Ux = X, ein Widerspruch.
(ii) ⇒ (iii) Da jede Folge einen Häufungspunkt besitzt, hat insbesondere jede
Cauchy–Folge einen Häufungspunkt und konvergiert daher. Also ist (X, d) ein
vollständiger metrischer Raum.
[
Sei ε > 0. Angenommen für jede endliche Teilmenge F ⊆ X gilt
B(x, ε) 6=
x∈F
X.
/
S Dann ist es möglich, induktiv eine Folge (xn ) zu konstruieren, die xn ∈
j<n B(xj , ε) für alle n ∈ N erfüllt. Insbesondere ist d(xn , xk ) ≥ ε für alle
n 6= k, denn sei etwa n > k, dann gilt xn ∈
/ B(xk , ε). Dies impliziert, daß
die Folge (xn ) keine Teilfolge besitzen kann, welche eine Cauchy–Folge ist.
Daher kann (xn ) keinen Häufungspunkt besitzen, Widerspruch.
(iii) ⇒ (i) Sei (Oi )i∈I eine offene Überdeckung von X; wir nehmen an, daß
keine endliche Teilüberdeckung existiert. Induktiv wollen wir eine Folge (An )
von Teilmengen von X mit
(αn ) δ(An ) ≤ 1/n,
(βn ) (Oi ∩ An )i∈I hat keine endliche Teilüberdeckung und
(γn ) An+1 ⊆ An
konstruieren: [Sei n = 1. Da X durch endlich viele Kugeln B(x, 1/2) überdeckt werden kann, gibt es eine darunter, B(x1 , 1/2), die keine endliche
Teilüberdeckung (Oi ∩ B(x1 , 1/2))i∈F besitzt. Setzen wir A1 = B(x1 , 1/2).
Sei A1 , . . . , An bereits konstruiert. Da X durch endlich viele Kugeln
B(x, 1/2(n + 1)) überdeckt werden kann, selbiges also auch für An gilt, existiert An+1 = B(x, 1/2(n + 1)) ∩ An mit den gewünschten Eigenschaften.]
Wählen wir xn ∈ An (wegen (βn ) sind die An nicht leer). Dann ist (xn ) wegen
(αn ) und (γn ) eine Cauchy–Folge, die nach Voraussetzung gegen ein x ∈ X
konvergiert. Dann existieren i ∈ I und ε > 0 mit B(x, ε) ⊆ Oi . Es existiert
n0 ∈ N mit xn ∈ B(x, ε/2) für alle n ≥ n0 . Für n ≥ n0 mit 1/n < ε/2 gilt
An ⊆ B(x, ε).
[Wegen d(xn , xm ) ≤ 1/n für alle m ≥ n (wegen (βm ) und (αn )), folgt
d(x, xn ) = lim d(xm , xn ) ≤ 1/n. Sei y ∈ An ; es folgt
d(x, y) ≤ d(x, xn ) + d(xn , y) ≤ 1/n + ε/2 < ε.]
Insbesondere gilt An ⊆ Oi , was (βn ) widerspricht.
Definition 6.20 Ein Hausdorff Raum X heißt lokalkompakt (locally compact), falls jeder Punkt x ∈ X eine kompakte Umgebung besitzt.
48
Beispiel 6.21
(i) Jeder diskrete Raum ist lokalkompakt.
(ii) Jeder kompakte Raum ist lokalkompakt.
(iii)
Rn ist lokalkompakt.
Beispiel 6.22 Die Abbildung λ : R → R, x 7→
2
1+x2
ist stetig, daher ist auch
ϕ : R → S1 , x 7→ (x · λ(x), 1 − λ(x))
stetig. Man beachte, daß x2 λ(x)2 +(1−λ(x))2 = λ(x)2 (1+x2 )−2λ(x)+1 = 1
gilt, die Werte also tatsächlich in S1 = {(y1 , y2 ) ∈ R2 : y12 + y22 = 1} liegen.
Außerdem gilt ϕ(R) = S1 \ {(0, 1)}.
Es bezeichne
y1
ψ : S1 \ {(0, 1)} → R, (y1 , y2 ) 7→
.
1 − y2
Offensichlich ist ψ stetig.
Weiter gelten:
λ(ψ(y1 , y2 )) =
2
1+
ϕ(ψ(y)) = ϕ(
y12
(1−y2 )2
=
2(1 − y2 )2
2(1 − y2 )2
=
= (1 − y2 ).
1 − 2y2 + y22 + y12
2(1 − y2 )
y1
y1
)=(
(1 − y2 ), 1 − (1 − y2 )) = (y1 , y2 )
1 − y2
1 − y2
2x
2
,1 −
)=x
2
1+x
1 + x2
Daher sind ϕ und ψ zueinander invers, insbesondere also homöomorph. Nun
wollen wir uns überlegen, welche Punkte x in die Nähe des noch fehlenden
Nordpols“, also den Punkt (0, 1), abgebildet werden:
”
√
1
kϕ(x) − (0, 1)k ≤
⇐⇒ |x| > 4n2 − 1,
n
2 √
2
denn kϕ(x) − (0, 1)k = k(λ(x)x, −λ(x))k =
1 + x2 = √
<
2
1+x
1 + x2
√
1
⇐⇒ |x| > 4n2 − 1 , es handelt sich hierbei also um das Komplement
n
√
√
der kompakten Menge [− 4n2 − 1, 4n2 − 1]. Fügen wir R einen Punkt ∞
hinzu und definieren wir die Umgebungen von ∞ als die Kompelmente der
kompakten Mengen vereinigt {∞}, so können wir ϕ setig fortsetzen durch
ϕ(∞) := (0, 1). Umgekehrt wird auch die Fortsetzung von ψ durch ψ((0, 1)) =
∞ stetig, da
ψ(ϕ(x)) = ψ(
ky − (0, 1)k ≤
√
1
⇐⇒ |ψ(y)| > 4n2 − 1.
n
Daß wir auf diese Weise eine Topologie auf
folgenden
49
R ∪ {∞} erhalten, folgt aus dem
Satz 6.23 (Alexandroff Kompaktifizierung) Sei (X, O) ein lokalkompakter Raum und ∞ ∈
/ X. Dann ist
O∞ := O ∪ {K c ∪ {∞} : K ⊆ X kompakt}
eine Topologie auf X ∪ {∞}. (X ∪ {∞}, O∞ ) ist ein kompakter topologischer
Raum und ϕ : X → X ∪ {∞}, x 7→ x eine Einbettung. X ∪ {∞} heißt
Alexandroff Kompaktifizierung von X.
Ist X kompakt, so ist {∞} offen, also ein isolierter Punkt, andernfalls liegt
X dicht in X ∪ {∞}.
Beweis: Zeigen wir zunächst, daß O∞ eine Topologie ist:
Offensichtlich gelten ∅, X ∪ {∞} ∈ O∞ .
Für O1 , O2 ∈ O ist auch O1 ∩ O2 ∈ O. Außerdem gilt (K1c ∪ {∞}) ∩ (K2c ∪
{∞}) = (K1 ∪K2 )c ∪{∞} ∈ O∞ für kompakte Teilmengen K1 , K2 von X. Sei
nun O ∈ O und K ⊆ X kompakt. Dann folgt: O ∩(K c ∪{∞}) = O ∩K c ∈ O,
da K abgeschlossen in X ist.
Seien[
Oi ∈ O (i ∈ I) und Kj ⊆ X (j ∈ J) kompakt. O.B.d.A. sei J 6= ∅. Dann
S
T
T
folgt Oi ∪ j∈J (Kjc ∪{∞}) = (Oc )c ∪( Kj )c ∪{∞} = (Oc ∩ Kj )c ∪{∞} ∈
| {z }
=:O
T
O∞ , da Oc ∩ Kj kompakt ist.
ϕ ist eine Einbettung.
Offensichtlich ist ϕ injektiv. Die von O∞ auf ϕ(X) = X induzierte Spurtopologie ist gerade: (O∞ )X = O ∪ {(K c ∪ {∞}) ∩ X } = O.
|
{z
}
=X\K
(X, O∞ ) ist ein Hausdorff Raum.
x 6= y ∈ X können durch offene Umgebungen in X getrennt werden. Wegen
O ⊆ O∞ ist dies auch in X ∪ {∞} möglich. Sei x ∈ X. Dann besitzt x nach
Voraussetzung eine kompakte Umgebung K. Dann trennen K und K c ∪ {∞}
die Punkte x und ∞.
(X, O∞ ) ist kompakt.
Sei (Ui ) eine offene Überdeckung von X ∪ {∞}. Dann existiert i0 ∈ I mit
∞ ∈ Ui0 . Ui0 ist also von der Form K c ∪ {∞} mit einer kompakten Teilmenge
K ⊆ X. Da (Ui ∩ K)i∈I eine Überdeckung von K ist, und
S alle Mengen Ui ∩ K
offen in K sind,
existiert
F
⊆
I
endlich
mit
K
=
i∈I (Ui ∩ K). Es folgt
S
X ∪ {∞} = i∈F ∪{i0 } Ui und damit die Behauptung.
Wenn X kompakt ist, so ist {∞} ∈ O∞ . Andernfalls hat jede Umgebung von
∞ (die ja eine Menge der Form K c ∪ {∞} enthält) nicht leeren Schnitt mit
X. Es folgt die Behauptung.
50
Korollar 6.24 Sei X ein lokalkompakter Raum. Dann ist X vollständig regulär, und jeder Punkt besitzt eine Umbegungsbasis bestehend aus kompakten
Mengen.
Beweis: Da sich X in einen kompakten Raum einbetten läßt, ist X vollständig
regulär (6.6, 5.11), insbesondere also regulär. Daher besitzt jeder Punkt eine
Umgebungsbasis aus abgeschlossenen Mengen. Da eine abgeschlossene Teilmenge einer kompakten Menge wieder kompakt ist (6.5), folgt die Behauptung.
Bezeichnung 6.25 Für einen lokalkompakten Raum X bezeichne
C0 (X) := {f : X → R stetig : ∀ε > 0 ∃K ⊆ X kompakt : f (K c ) ⊆] − ε, ε[}.
Für einen beliebigen topologischen Raum Y bezeichne C(Y ) die Menge der
stetigen Abbildungen von Y nach R.
Satz 6.26 Sei X ein lokalkompakter, nicht kompakter Raum. Jede Abbildung
f0 ∈ C(X) läßt sich folgendermaßen stetig und eindeutig auf X fortsetzen:
f : X ∪ {∞} → R, x 7→ f0 (x) und f (∞) = 0.
Beweis: Wegen 6.13 und 6.23 genügt es, die Stetigkeit von f zu zeigen.
In den Punkten x ∈ X gilt sie, da X offen in X ∪ {∞} ist. Zu ε > 0 existiert
K ⊆ X kompakt mit f0 (K c ) ⊆] − ε, ε[. Daraus folgt f (K c ∪ {∞}) ⊆] − ε, ε[,
was die Stetigkeit in ∞ impliziert.
Definition 6.27 Ein topologischer Raum X heißt Bairescher Raum (Baire
space), falls jede abzählbare Vereinigung abgeschlossener Mengen mit leerem
Inneren wieder leeres Inneres
hat, also für jede Folge (An ) abgeschlossener
S
◦
Mengen mit An = ∅ ( n∈N An )◦ = ∅ gilt.
Bemerkung 6.28 Genau dann ist X ein Bairescher Raum, T
wenn für jede
Folge dichter offener Mengen (On ) auch deren Durchschnitt n∈N On dicht
ist.
An ist abgeschlossen mit leerem Inneren genau dann, wenn An abgeschlossen
ist und für jedes x ∈ X und jede Umgebung U ∈ U(x) U * An gilt, also
U ∩ Acn 6= ∅. Dazu äquivalent ist, daß die offene Menge Acn dicht liegt in X.
Beispiel 6.29
Q ist kein Bairescher Raum.
Satz 6.30 (Baire) Ist X vollständig metrisierbar oder lokalkompakt, so ist
X ein Bairescher Raum.
Beweis: Sei (An ) eine Folge abgeschlossener Mengen in X, welche
alle leeres
S
Inneres haben. Sei ∅ =
6 O0 ∈ O. Es ist zu zeigen, daß O0 * An gilt.
Sei zunächst X lokalkompakt. Induktiv wollen wir eine Folge (On ) offener
Teilmengen konsturieren, die die folgenden Eigenschaften besitzen:
51
(i) On 6= ∅,
(ii) On ist kompakt und
(iii) On ⊆ On−1 \ An für alle n ∈ N.
Sei n ∈ N0 und seien O0 , . . . , On bereits konstruiert. Da A◦n+1 = ∅, gilt
On * An+1 bzw. On \ An+1 6= ∅ (und offen), sichert 6.24 die Existenz von
On+1 mit den gewünschten Eigenschaften.
(On ) ist also eine absteigende Folge kompakter Teilmengen,Tdie der EDE
genügt. Daher impliziert 6.2 angewandt auf (O1 , OO1 ), daß n∈N On 6= ∅.
T
Sei also x ∈ n∈N On . Dieses Element erfüllt
x ∈ O1S⊆ O0 und x ∈ On−1 \
T
An ⊆ X \SAn für alle n ∈ NS
, also x ∈ n∈N Acn = ( An )c . Somit gilt also
x ∈ O0 \ ( An )c bzw. O0 * An .
Sei nun d eine vollständige Metrik auf X. Induktiv wollen wir eine Folge (On )
offener Mengen konstruieren, die die folgenden Eigenschaften erfüllt:
(i) On 6= ∅,
(ii) δ(On ) < 1/n und
(iii) On ⊆ On−1 \ An für alle n ∈ N.
Sei n ∈ N0 und seien O0 , . . . , On bereits konstruiert. Da A◦n+1 = ∅, gilt
On * An+1 bzw. On \ An+1 6= ∅ (und offen), sichert 5.2 die Existenz von
On+1 mit den gewünschten Eigenschaften.
Nun wählen wir xn ∈ On . Wegen (ii) und (iii) ist (xn ) eine Cauchy–Folge,
konvergiert
also
T
T cgegen ein x ∈ X. Wegen xmS∈ cOn für alle m ≥ n folgt
x ∈ On ⊆ An . Insbesondere also x ∈ O0 \ An .
Bezeichnung 6.31 Sei X ein kompakter Raum.
d : C(X) × C(X) → R, (f, g) 7→ max{|f (x) − g(x)| : x ∈ X}
ist eine Metrik auf X.
[Zunächst beachte man, daß |f − g| stetig, das Maximum wegen Übungsaufgabe 29 (ii) also angenommen wird. (M 1) bis (M 3) verifiziert man leicht.]
Gilt d(fn , f ) → 0, so sagt man (fn ) konvergiert gleichmäßig (converges
uniformly) gegen f .
Die von d induzierte Topologie heißt Topologie der gleichmäßigen Konvergenz (topology of uniform convergence).
Lemma 6.32 (Satz von Dini) Sei X ein kompakter Raum und (fn ) eine
Folge stetiger, reellwertiger Funktionen auf X, die fn (x) ≤ fn+1 (x) für alle
x ∈ X und n ∈ N erfüllt. Gibt es eine stetige Funktion f : X → R mit
lim fn (x) = f (x) (punktweise) für alle x ∈ X, so konvergiert (fn ) gleichmäßig
gegen f .
52
Beweis: Sei ε > 0. Die Mengen An := {x ∈ X : f (x) − fn (x) ≥ ε} sind
abgeschlossen und es gilt An ⊇ An+1 für alle nT∈ N (wegen der Monotonie der
fn ). Wegen der punktweisen Konvergenz gilt An = ∅. Nun ist X kompakt,
daher existiert n0 so, daß auch An0 = ∅ gilt (die (An ) haben nicht die EDE),
also f (x) − fn (x) ≤ ε für alle n ≥ n0 und x ∈ X bzw. sup{|f (x) − fn (x)| :
x ∈ X} ≤ ε für alle n ≥ n0 . Es folgt die Behauptung.
Lemma 6.33 Es existiert eine Folge
√ (pn ) von Polynomen, die auf [0, 1]
gleichmäßig gegen [0, 1] → R, t 7→ t konvergieren.
Beweis: Wir wollen zeigen, daß die rekursiv definierte Folge p0 ≡ 0 und
pn+1 (t) := pn (t) + 21 (t − pn (t)2 ) die folgenden Eigenschaften besitzt:
√
(i) 0 ≤ pn (t) ≤ t,
(ii) (pn (t)) ist monoton steigend.
(iii) Alle pn sind Polynome.
(iii) ist offensichtlich erfüllt.
√
(i) Für n = 0 gilt (i). Induktiv nehmen wir pn (t) ≤ t an. Es folgt
√
t−pn+1 (t) =
√
√
1
1 √
t−pn (t)− (t−pn (t)2 ) = ( t−pn (t))[1− ( t+pn (t))] ≥ 0.
2
2
Aus der Rekusionsvorschrift und (i) folgt (ii).
Da für festes t die Folge (pn (t)) monoton steigend und nach oben durch 1
beschränkt ist, folgt: lim pn (t) = lim pn+1 (t) = lim pn (t) + 12 lim(t − pn (t)2 ),
√
also lim pn (t) = t.
Die Behauptung folgt aus dem Satz von Dini.
Satz 6.34 (Stone–Weierstraß) Es sei X ein kompakter Raum und P ⊆
C(X) mit folgenden Eigenschaften:
(i) P ist ein Ring (also abgeschlossen bezüglich Multiplikation und Addition),
(ii) P enthält alle konstanten Abbildungen und
(iii) P trennt die Punkte (d.h. ∀a 6= b ∈ X ∃h ∈ P : h(a) 6= h(b)).
Es folgt P = C(X).
Beweis: Gelten fd → f und gn → g, so folgen: fn + gn → f + g und fn · gn →
f · g. Daher ist auch P ein Ring. Wir dürfen daher o.B.d.A. annehmen, daß
P abgeschlossen ist.
53
f, g ∈ P =⇒ max(f, g) ∈ P ∧ min(f, g) ∈ P.
(1)
[Es gelten: max(f, g) = 12 (f + g + |f − g|) und min(f, g) = 12 (f + g − |f − g|).
Daher genügt es zu zeigen: h ∈ P =⇒ |h| ∈ P . Wegen c| 1c h| (für c > 0)
√
dürfen wir zusätlich h(X) ⊆ [−1, 1] annehmen. Es gilt: |h| = h2 . Sei (pn ) die
Folge von 6.33. Dann konvergiert (pn ◦h) gleichmäßig gegen |h| und außerdem
ist pn ◦ h ∈ P , daher auch |h|.]
Seien nun f : X → R stetig und ε > 0.
∀a 6= b ∈ X ∃ fa,b ∈ P : fa,b (a) = f (a) ∧ fa,b (b) = f (b).
(2)
[Da P die Punkte trennt, existiert h ∈ P mit h(a) 6= h(b). Die Funktion
h(x) − h(a)
g : x 7→
gehört zu P und erfüllt g(a) = 0 und g(b) = 1. Dann
h(b) − h(a)
leistet
fa,b : x 7→ (f (b) − f (a)) · g(x) + f (a)
das Gewünschte.]
Wir setzen
Ua,b := {x ∈ X : fa,b (x) < f (x)+ε} und Va,b := {x ∈ X : fa,b (x) > f (x)−ε}.
Dann sin Ua,b und Va,b offene Mengen, die a und b enthalten.
Nun fixieren wir (vorläufig) b ∈ X. Die offene Überdeckung (Ua,b )a∈X besitzt
eine endliche Teilüberdeckung (Ua,b )a∈Fb . Wir definieren
fb := min(fa,b : a ∈ Fb ) ∈ P.
Es folgt
fb (x) < f (x) + ε ∀x ∈ X,
\
fb (x) > f (x) − ε ∀x ∈ Vb :=
Va,b .
a∈Fb
Da
S Vb offen ist und b enthält, gibt es eine endliche Teilmenge F ⊆ X mit
b∈F Vb = X. Die Funktion
fe := max(fb : b ∈ F ) ∈ P
erfüllt
fe(x) < f (x) + ε und fe(x) > f (x) − ε ∀x ∈ X.
Wir haben also gezeigt: Für jedes stetige f : X → R und jedes ε > 0 existiert
fe ∈ P mit d(f, fe) < ε. Daraus folgt die Behauptung.
Beispiel 6.35 Sei [a, b] ein kompaktes Intervall in
dicht in C([a, b]), wobei mn : [a, b] → R, x 7→ xn .
54
R. h{mn :
n ∈ N0 }i liegt
Korollar 6.36 Sei P ⊆ C(X, C) eine Teilmenge der stetigen Funktionen des
kompakten Raums X in die komplexen Zahlen C. Ist P ein Ring, welcher die
Punkte trennt, alle konstanten Funktionen enthält und abgeschlossen ist bzgl.
Konjugation (h ∈ P =⇒ |h| ∈ P ), so folgt P = C(X, C).
Beweis: Wir bezeichnen Re(P ) := {Re(h) : h ∈ P } und Im(P ) := {Im(h) :
h ∈ P }. Wegen Re(h) = 21 (h + h) und Im(h) = 2i1 (h − h) gelten Re(P ) ⊆ P
und Im(P ) ⊆ P . Insbesondere erfüllen diese Mengen die Bedingungen von
6.34. Zu f = f1 + if2 ∈ C(X, C) und ε > 0 existieren daher h1 ∈ Re(P ) und
h2 ∈ Im(P ) mit d(fi , hi ) < ε/2 für i ∈ {1, 2}. Es folgt d(f, h1 + ih2 ) < ε.
Lemma 6.37 Sei X ein topologischer Raum und A und B abgeschlossene
Teilräume von X (nicht notwendig disjunkt) mit X = A∪B. Sind fA : A → Y
und fB : B → Y stetige Abbildungen in einen topologischen Raum Y und gilt
fA |A∩B = fB |A∩B , so ist die Abbildung
fA (x) : x ∈ A
f : X → Y, x 7→
fB (x) : x ∈ B
eine wohldefinierte und stetige Abbildung.
Beweis: Es ist klar, daß f wohldefiniert ist. Sei C ⊆ Y eine abgeschlossene
Teilmenge. Dann gilt f −1 (C) = fA−1 (C) ∪ fB−1 (C), was, da A und B abgeschlossen in X sind, eine abgeschlossene Teilmenge von X ist.
Beispiel 6.38 Es bezeichne C2π (R, C) := {f ∈ C(R) : f (x+2π) = f (x) ∀ x ∈
R} die 2π–periodischen Funktionen. Obiges Lemma impliziert, daß die Abbilgdung
C2π (R, C) → {f ∈ C([−π, π], C) : f (π) = f (−π)}, f 7→ f |[−π,π]
eine Bijektion ist. Werden die beteiligten Funktionenräume mit der Topologie
der gleichmäßigen Konvergenz versehen, so handelt es sich um eine Isometrie.
Da [−π, π]/ ∼, wobei π ∼ −π, homöomorph zu T := {eit: |t|≤π } = {z ∈ C :
|z| = 1}, ist
C2π (R, C) → C(T, C), f 7→ fe(: e2πit 7→ f (t))
eine Isometrie.
Die Abbildungen T → C, z 7→ z m (m ∈ Z) sind abgeschlossen bezüglich
Konjugation und Multiplikation und enthalten die konstante Abbildung 1.
Daher liegt der C–lineare Aufspann dieser Funktionen dicht in C(T, C).
Für die 2π–periodischen Funktionen heißt dies, daß der C–lineare Aufspann
der Funktionen R → C, t 7→ (eit )m = eitm = cos(tm) + i sin(tm) dicht liegt.
55
Geht man zu Real– und Imaginärteil über, so sieht man, daß die sogenannten
trigonometrischen Polynome“, nämlich die Abbildungen
”
X
R → R, x 7→ (an cos(nx) + bn sin(nx))
|n|≤N
(an , bn ∈ R, N ∈ N) dicht in den reellwertigen 2π–periodischen Funktionen
C2π (R, R) liegen.
56
7
Zusammenhängende und wegzusammenhängende Räume
Definition 7.1 Ein topologischer Raum (X, O) heißt zusammenhängend
(connected), wenn
X = U ∪ V, U, V ∈ O, U ∩ V = ∅ =⇒ U = ∅ ∨ V = ∅.
Ein Teilraum Y ⊆ X heißt zusammenhängend, wenn (Y, OY ) zusammenhängend
ist.
Bemerkung 7.2 Für einen topologischen Raum X mit |X| > 1 sind äquivalent:
(i) X ist zusammenhängend.
(ii) ∅ und X sind die einzigen Teilmengen, die zugleich offen und abgeschlossen (clopen) sind.
(iii) Es existiert keine surjektive und stetige Abbildung X → {0, 1}, wenn
{0, 1} mit der diskreten Topologien versehen ist.
(i) ⇐⇒ (ii) trivial
(ii) =⇒ (iii) Sei ϕ : X → {0, 1} stetig und surjektiv. Dann ist ∅ ( ϕ−1 ({0}) (
X zugleich offen und abgeschlossen.
(iii) =⇒ (ii) Für jede zugleich offene und abgeschlossene Teilmenge A von X
ist 1A : X → {0, 1} stetig.
Beispiel 7.3
Q = (] − ∞,
Q ist nicht zusammenhängend:
√
√
2 [ ∩ Q) ∪ ( ] 2, ∞[ ∩ Q).
Satz 7.4 Genau dann ist I ⊆
Intervall ist.
R zusammenhängend, wenn I
= ∅ oder ein
Beweis: Sei zunächst I ein Intervall. Wir dürfen |I| > 1 annehmen. Sei I =
U ∪ V mit in I offenen Teilmengen U und V , die außerdem disjunkt sind.
Nehmen wir an, es existiern x ∈ U und y ∈ V . O.B.d.A. sei x < y, also
[x, y] ⊆ I. Wir setzen s := sup[x, y] ∩ U .
Da [x, y] ∩ U = [x, y] \ V abgeschlossen in [x, y] ist, folgt s ∈ U , insbesondere
s < y.
Da aber [x, y]∩U auch offen in [x, y] ist, existiert δ > 0 mit [s, s+δ[⊆ [x, y]∩U .
Dies widerspricht der Definition von s. Also ist I zusammenhängend.
Sei nun I zusammenhängend und |I| ≥ 2. Nehmen wir an, I wäre kein
Intervall, also: es existieren x < y < z mit x, z ∈ I und y ∈
/ I. Dann ist
I∩] − ∞, y[:= U und I∩]y, ∞[:= V eine Zerlegung von I in zwei nicht leere,
disjunkte, offene Mengen im Widerspruch zur Voraussetzung.
57
Proposition 7.5 Sei f : X → Y eine stetige Abbildung zwischen topologischen Räumen. Ist X zusammenhängend, so auch f (X).
Beweis: O.B.d.S. sei f surjektiv, also Y = f (X).
Seien U, V ⊆ Y offen: U ∪ V = Y , U ∩ V = ∅. Dann gilt: X = f −1 (Y ) =
f −1 (U ) ∪ f −1 (V ). Da X zusammenhängend, f −1 (U ) und f −1 (V ) offen und
disjunkt sind, muß eine der beiden Mengen, etwa f −1 (U ), leer sein; es folgt
U = ∅, da f surjektiv ist. Somit ist f (X) zusammenhängend.
Korollar 7.6 Sei ∅ =
6 X zusammenhängend und f : X → R stetig, dann ist
f (X) ein Intervall.
Beweis: Dies folgt sofort aus 7.4 und 7.5.
Proposition 7.7 Seien Ai (i ∈ I) zusammenhängende Teilmengen eines
topologischen Raumes
X. Existiert i0 ∈ I mit Ai0 ∩ Ai 6= ∅ für alle i ∈ I, so
S
ist auch A := i∈I Ai zusammenhängend.
Beweis: Sei ϕ : A → {0, 1} eine stetige Abbildung. O.B.d.A. sei ϕ(Ai0 ) = {0}.
Da ϕ(Ai ) für alle i ∈ I einpunktig ist und {0} = ϕ(Ai0 ∩ Ai ) enthält, folgt
ϕ(A) = {0}. Daher ist A zusammenhängend.
Proposition 7.8 Ist A ⊆ X eine zusammenhängende Teilmenge des topologischen Raums X; so ist auch der Abschluß A zusammenhängend.
Beweis: O.B.d.A. sei A 6= ∅. Sei ϕ : A → {0, 1} eine stetige Abbildung. Nach
Voraussetzung ist ϕ(A) einpunktig, etwa {0}. Mit 3.2 folgt ϕ(A) ⊆ ϕ(A) =
{0}, woraus die Behauptung folgt.
Proposition 7.9 Genau dann ist ein vollständig regulärer Raum X zusammenhängend, wenn seine Stone–Čech Kompaktifizierung βX zusammenhängend
ist.
Beweis: Sei X zusammenhängend. Dann sind auch β(X) (7.5) und βX (7.8)
zusammenhängend.
Sei X nicht zusammenhängend. Dann existiert eine stetige und surjektive Abbildung X → {0, 1}. Nun impliziert 6.15 die Existenz einer stetigen und surjektiven Funktion βX → {0, 1}. Daher ist auch βX nicht zusammenhängend.
Bezeichnung 7.10 Durch
x ∼ y :⇐⇒ ∃ C ⊆ X zusammenhängend, x, y ∈ C
wird eine Äquivalenzrelation auf X definiert. Reflexivität und Symmetrie
sind klar, die Transitivität folgt aus 7.7.
58
Für x ∈ X heißt die Äquivalenzklasse
Cx = {y ∈ X : x ∼ y}
Zusammenhangskomponente (component) von
U x.
Es existieren also xj ∈ X (j ∈ J) so, daß X = j∈J Cxj gilt.
Proposition 7.11 Cx ist die größte zusammenhängende Menge, die x enthält.
Cx ist abgeschlossen.
Beweis: Für jedes y ∈ X mit y ∼ x existiert eine zusammenhängende Menge
Ay mitS x, y ∈ Ay . Durch Anwendung von 7.7 verifiziert man leicht, daß
Cx = y∼x Ay gilt und zusammenhängend ist. 7.8 impliziert, daß auch Cx
zusammenhängend, also Cx ⊆ Cx gilt. Somit ist Cx abgeschlossen. Da jede
zusammenhängende und x enthaltende Menge in Cx enthalten ist, folgt die
Behauptung.
Lemma 7.12 Sind X und Y zusammenhängende topologische Räume, so ist
auch X × Y zusammenhängend.
Beweis: Wir dürfen X, Y 6= ∅ annehmen. Sei y0 ∈ Y fest. Nach 6.10 ist
X homöomorph zu X × {y0 }, also zusammenhängend. Für jedes x ∈ X
ist {x} × Y homöomorph zu Y und daher ebenfalls zusammenhängend.
Da
[
(x, y0 ) ∈ ({x} × Y ) ∩ (X × {y0 }) 6= ∅, ist X × Y = (X × {y0 }) ∪
({x} × Y )
x∈X
zusammenhängend.
Da X1 × . . . × Xn homöomorph zu (X1 × . . . × Xn−1 ) × Xn ist, sind endliche
Produkte zusammenhängender Räume zusammenhängend.
Proposition 7.13 Produkte zusammenhängender Räume sind zusammenhängend.
Beweis: Seien Xi (i ∈ I) zusammenhängende topologische
Räume. O.B.d.A.
Q
∗
∗
Xi 6= ∅ für alle i ∈ I. Fixieren
Xi . Für jede Q
endliche
Q wir xQ= (xi ) ∈
Teilmenge F ⊆ I ist XF := i∈F Xi × i∈I\F {x∗i } homöomorph zu i∈F Xi
und daher zusammenhängend. Alle Mengen XF haben nicht leeren Schnitt
S
mit der zusammenhängenden Menge {x∗ }, daher ist nach 7.7 auch F XF
S
zusammenhängend und wegen 7.8 auch F XF . Es bleibt zu bemerken, daß
S
Q
F XF =
i∈I Xi gilt.
Q
Korollar 7.14 Sei (xi ) ∈
Q Xi . Dann ist die Zusammenhangskomponente
C(xi ) gerade das Produkt i∈I Cxi .
Q
Beweis: Q
Wegen obiger Proposition ist i∈I Cxi zusammenhängend, also gilt
C(xi ) ⊇ i∈I Cxi . Andererseits gilt,
Q da die Projektionen πi stetig sind,
πi0 (C(xi ) ) ⊆ Cxi0 , woraus C(xi ) ⊆ i∈I Cxi folgt.
59
Definition 7.15 Ein topologischer Raum X heißt wegzusammenhängend
(pathwise connected, manchmal auch arcwise connected), wenn zu je zwei
Punkten x 6= y ∈ X eine stetige Funktion ϕ : [0, 1] → X mit ϕ(0) = x und
ϕ(1) = y existiert. (Man sagt: Die Punke x und y werden durch einen Weg
verbunden.)
Beispiel 7.16 R und jedes Intervall in R sind wegzusammenhängend.
Stetige Bilder wegzusammenhängender Räume sind wieder wegzusammenhängend.
Proposition 7.17 Jeder wegzusammenhängende Raum X ist zusammenhängend.
Beweis: Sei x ∈ X. Wir wollen zeigen, daß Cx = X gilt. Zu y ∈ X existiert
ein Weg ϕ : [0, 1] → X, der x mit y verbindet. Da ϕ([0, 1]) zusammenhängend
ist (7.5, 7.4), folgt y ∈ Cx und daraus die Behauptung.
Proposition 7.18 Sei X ein topologischer Raum. Durch
x ∼ y : ∃ ϕ : [0, 1] → X stetig mit ϕ(0) = x und ϕ(1) = y
wird eine Äquivalenzrelation auf X definiert. Die Äquivalenzklassen sind wegzusammenhängend und heißen Wegkomponenten (path components).
Beweis: Es ist klar, daß ∼ reflexiv und symmetrisch ist. Seien ϕi : [0, 1] → X
stetige Abbildungen mit ϕ1 (0) = x0 , ϕ1 (1) = x1 = ϕ2 (0) und ϕ2 (1) = x2 .
Dann ist
ϕ1 (2t)
: t ≤ 1/2
ϕ : [0, 1] → X, t 7→
ϕ2 (2t − 1) : t ≥ 1/2
wegen 6.37 eine stetiger Weg, der x0 und x2 verbindet. Daher ist ∼ auch
transitiv.
Der Rest der Behauptung ist offensichtlich.
Proposition 7.19 Produkte wegzusammenhängender Räume sind wegzusammenhängend.
Beweis: Seien Xi (i ∈ I) wegzusammenhängende Räume und (xi ), (yi ) ∈
Q
Xi . Für jedes i ∈ I existiert eine stetige Abbildung
ϕi : [0, 1] → Xi mit
Q
ϕi (0) = xi und ϕi (1) = yi . Dann ist ϕ : [0, 1] → Xi , t 7→ (ϕi (t))i∈I eine
stetige Abbildung, die ϕ(0) = (xi ) und ϕ(1) = (yi ) erfüllt.
Beispiel 7.20 Es gibt zusammenhängende Räume, die nicht wegzusammenhängend
sind.
Betrachte
X := [0, 1] × {
1
: n ∈ N} ∪ {(0, 0)} ∪ {1}×]0, 1].
n
60
X ist nicht wegzusammenhängend:
Angenommen es gäbe eine stetige Abbildung ϕ : [0, 1] → X, die ϕ(0) = (0, 0)
und ϕ(1) = (0, 1) erfüllt. Es bezeichne π2 die Projektion auf die y–Achse und
t0 := inf{t ∈ [0, 1] : π2 (ϕ(t)) > 0}.
Wegen der Stetigkeit von π2 ◦ ϕ gelten: 0 ≤ t0 < 1 und π2 (ϕ(t0 )) = 0, also
ϕ(t0 ) = (0, 0).
Zu ε = 1/2 existiert δ > 0 mit kϕ(t)k < 1/2 für alle t ∈ [t0 , t0 + δ[. Dann ist
π2 (ϕ([t0 , t0 + δ[)) ein nichttriviales Intervall, es existiert also t1 ∈ [t0 , t0 + δ[
so, daß π2 (ϕ(t1 )) ∈
/ Q. Dies impliziert aber ϕ(t1 ) ∈ {1}×]0, 1], was kϕ(t1 ) −
ϕ(t0 )k < 1/2 widerspricht.
Die Wegkomponente von (1, 1) ist X \ {(0, 0)}.
X ist zusammenhängend, da (0, 0) ∈ X \ {(0, 0)}.
61
8
Anwendungen des Satzes von Baire
Beispiel 8.1 Die Abbildung ϕ : R → R, welche irrationale Zahlen auf 0
und einen gekürzten Bruch pq (p 6= 0, (q > 0) ) auf 1q abbildet und 0 auf
1, ist in allen irrationalen Punkten stetig und in allen rationalen Punkten
unstetig. Sei pq ∈ Q \ {0} vollständig gekürzt und 0 < ε < | 1q |. Für jedes
δ > 0 enthält das Intervall ] pq − δ, pq + δ[ irrationale Punkte, etwa x. Es folgt
ε > | 1q | = |ϕ( pq ) − ϕ(x)|, daher ist ϕ nicht in pq stetig. Analog zeigt man, daß
ϕ in 0 nicht stetig ist.
Sei nun x ∈ R \ Q. Fixieren wir ε >S
0. Dann existiert N ∈ N mit 1/N < ε.
1
Es existiert δ > 0 mit ]x − δ, x + δ[∩ N
n=1 n Z = ∅. Für vollständig gekürztes
p
∈]x − δ, x + δ[∩Q gilt |q| > N , also |ϕ(x) − ϕ( pq )| = | 1q | ≤ N1 < ε.
q
Lemma 8.2 Seien X ein topologischer Raum , (Y, d) ein metrischer Raum
und f : X → Y eine Abbildung. Dann existiert eine Folge (On ) offener
Mengen in X so, daß
\
{x ∈ X : f stetig in x} =
On .
n∈N
(Eine Menge, welche als abzählbarer Durschnitt offener Mengen darstellbar
ist, wird Gδ –Menge genannt.)
Beweis: Sei
On := {x ∈ X : ∃V ∈ U(x) offen : ∀y, z ∈ V d(f (y), f (z)) <
1
}.
n
T
Ist fTin x stetig, so gilt x ∈ n∈N On (Dreiecksungleichung). Gilt umgekehrt
x ∈ n∈N On , so ist f stetig in x.
Q ist keine Gδ –Menge in R.
T
Beweis:
Angeonmmen
Q
=
n∈N On mit offenen Mengen On . Dann ist R \
S
c
Q =S n∈N On. Sei Q = {qn : n ∈ N} eine Abzählung von Q. Es folgt
R = n∈N(Onc ∪{qn}) ist abzählbare Vereinigung der abgeschlossenen Mengen
Onc ∪{qn }. Da R ein Bairescher Raum ist, besitzt mindestens eine der Mengen
nicht leeres Inneres. Da aber Onc ⊆ R \ Q, ist dies unmöglich.
Korollar 8.4 Es gibt keine Abbildung f : R → R, die genau in den rationaLemma 8.3
len Punkten stetig ist.
Proposition 8.5 Sei X ein topologischer Raum und die Menge der stetigen
reellwertigen Funktionen auf X versehen mit der Supremums–Metrik d. Dann
ist (C(X), d) ein vollständiger metrischer Raum.
62
Beweis: Sei (fn ) eine Cauchy–Folge in C(X). Dann ist für jedes x ∈ X die
reelle Folge (fn (x))n∈N eine Cauchy–Folge, konvergiert daher gegen eine reelle
Zahl, die wir mit f (x) bezeichnen wollen.
Zu ε > 0 existiert nach Voraussetzung n0 ∈ N mit der Eigenschaft, daß
|fn (x) − fm (x)| ≤ ε für alle n, m ≥ n0 und alle x ∈ X folgt. Dies impliziert
|fn (x)−f (x)| ≤ ε für alle n ≥ n0 . Die Folge (fn ) konvergiert also gleichmäßig
gegen f . Daher bleibt es zu zeigen, daß f stetig ist. Dazu fixieren wir x ∈ X
und ε > 0. Es existiert n0 ∈ N mit d(fn , f ) ≤ ε/3 für alle n ≥ n0 . Da fn0
stetig ist, existiert eine Umgebung U ∈ U(x) mit |fn0 (x) − fn0 (y)| ≤ ε/3 für
alle y ∈ U . Für y ∈ U gilt dann:
|f (x) − f (y)| ≤ |f (x) − fn0 (x)| + |fn0 (x) − fn0 (y)| + |fn0 (y) − f (y)| ≤ ε,
woraus die Behauptung folgt.
Satz 8.1 Es gibt eine stetige Funktion f : [0, 1] →
t ∈ [0, 1[ eine rechtsseitige Ableitung besitzt.
R, die in keinem Punkt
Beweis: Es bezeichen (C([0, 1]), d) den Raum der stetigen reellwertigen Funktionen auf [0, 1] versehen mit der Supremumsmetrik. Dieser Raum ist vollständig.
Es bezeichne A die Menge aller Funktionen f ∈ C([0, 1]), die in mindestens
einem Punkt t ∈ [0, 1[ eine rechtsseitige Ableitung besitzen und
An := {f ∈ C([0, 1])| ∃ x ∈ [0, 1 −
1
f (x + h) − f (x)
1
]: |
| ≤ n ∀ h ∈]0, ]}.
n
h
n
S
Dann ist offensichtlich, daß A ⊆ n∈N An .
An ist abgeschlossen. Dazu fixieren wir e
h ∈ [0, n1 ] und betrachten die Abbildung:
1
evh : C([0, 1]) × [0, 1 − ] → R, (f, x) 7→ f (x + h).
n
Dann ist evh stetig, denn: Seien f0 ∈ C([0, 1]) und 0 ≤ x0 ≤ 1 − n1 sowie
ε > 0 fest gewählt. Da f0 stetig ist, existiert eine offene Umgebung U von
x0 mit |f0 (x0 + h) − f0 (x + h)| < ε/2 für alle x ∈ U . Für f ∈ C([0, 1]) mit
d(f, f0 ) < ε/2 folgt: |evh ((f0 , x0 )) − evh (f, x)| = |f0 (x0 + h) − f (x + h)| ≤
|f0 (x0 + h) − f0 (x + h)| + |f0 (x + h) − f (x + h)| < ε.
(x)
Somit ist auch die Abbildung (f, x) 7→ | f (x+h)−f
| stetig.
h
Sei nun (fk )k∈N eine Folge in An , welche gegen f ∈ C([0, 1]) konvergiert. Sei
(xk )k∈N die zugehörige Punktfolge in [0, 1 − n1 ]. Da dieses Intervall kompakt
ist, besitzt (xk ) eine konvergente Teilfolge. O.B.d.A. nehmen wir an, daß (xk )
gegen x ∈ [0, 1 − n1 ] konvergiert. Da (fk , xk ) gegen (f, x) konvergiert, folgt
(x)
k (xk )
n ≥ | fk (xk +h)−f
| → | f (x+h)−f
|, woraus die Behauptung folgt.
h
h
Das Innere von An ist leer.
Sei f0 ∈ An und ε > 0. Wir wollen zeigen, daß eine stetige Funktion f ∈
B(f0 , ε) \ An existiert. Nach dem Satz von Weierstraß existiert ein Polynom
63
p, welches d(f0 , p) < ε/2 erfüllt. Es sei M := max{p0 (x) : x ∈ [0, 1]}.
Sei s : [0, 1] → [−ε/2, ε/2] eine stetige, stückweise lineare Funktion, deren
Geradenstückchen betragsmäßig Steigung M + n + 1 haben. Die Funktion
f := s + p erfüllt d(f0 , f ) < ε und
|
f (x + h) − f (x)
s(x + h) − s(x)
p(x + h) − p(x)
|≥|
|−|
|.
h
h
h
Zu jedem x ∈ [0, 1 − n1 ] existiert h ∈]0, n1 ] so, daß die rechte Seite größer oder
gleich (M + n + 1) − M = n + 1 ist, also f ∈
/ An .
Da (C([0, 1]), d) vollständig metrisierbar
ist (8.5), ist es ein Bairescher Raum
S
(6.30),
daher ist das Innere von An leer, insbesondere also X \ A ⊇ X \
S
An 6= ∅.
Definition 8.6 Eine Teilmenge M eines topologischen
Raumes X heißt ma[
ger (meager), falls sie sich in der Form M =
An schreiben läßt, wobei
n∈N
◦
An = ∅ gilt.
Bemerkung 8.7 Abzählbare Vereinigungen magerer Mengen sind mager.
In
Raum hat jede magere Menge leeres Inneres. [Sei
S M=
S einem Baireschen
◦
n∈N Bn mit Bn = ∅. Ist X ein Bairescher Raum, so hat sogar
n∈N Bn
leeres Inneres.]
Proposition 8.8 Sei X ein topologischer Raum und (fn ) eine Folge stetiger
Funktionen fn : X → R, die punktweise gegen eine (nicht notwendig stetige)
Funktion f konvergieren. Dann ist die Menge der Unstetigkeitsstellen von f
mager.
Beweis: Wir wollen die folgenden Bezeichnungen einführen:
Pm (ε) := {x ∈ X : |f (x) − fm (x)| ≤ ε}, ε > 0,
[
\
1
G(ε) :=
Pm (ε)◦ und G :=
G( ).
n
m∈N
n∈N
Man beachte, daß für ε1 ≤ ε2 stets Pm (ε1 ) ⊆ Pm (ε2 ) und damit auch G(ε1 ) ⊆
G(ε2 ) gelten.
Es gilt: Genau dann ist f in x0 stetig, wenn x0 ∈ G:
[Sei zunächst f stetig in x0 . Wir fixieren ε > 0. Nach Voraussetzung existiert
n0 ∈ N mit |fn (x0 ) − f (x0 )| ≤ ε/3 für alle n ≥ n0 . Da insbesondere fn0 stetig
ist (und f in x0 stetig ist), existiert eine offene Umgebung U von x0 mit
|f (x0 ) − f (x)| < ε
und |fn0 (x0 ) − fn0 (x)| < ε/3.
Es folgt: |f (x) − fn0 (x)| ≤ |f (x) − f (x0 )| + |f (x0 ) − fn0 (x0 )| + |fn0 (x0 ) −
fn0 (x)| < ε, was U ⊆ Pm (ε)◦ ⊆ G(ε). Da ε > 0 beliebig gewählt war, folgt
x0 ∈ G.]
64
[Umgekehrt gelte x0 ∈ G. Wir fixieren ε > 0. Da x0 ∈ G(ε/3), existiert
m ∈ N mit x0 ∈ Pm (ε/3)◦ , d.h. es existiert eine offene Umgebung U von x0
so, daß für alle x ∈ U |f (x) − fm (x)| ≤ ε/3 gilt. Da fm stetig ist, existiert
eine offene Umgebung V ⊆ U von x0 mit |fm (x0 ) − fm (y)| < ε/3. Es folgt
|f (x0 ) − f (y)| ≤ |f (x0 ) − fm (x0 )| + |fm (x0 ) − fm (y)| + |fm (y) − f (y)| < ε für
alle y ∈ V , woraus die Stetigkeit von f in x0 folgt.]
Um zu zeigen, daß die Unstetigkeitsstellen
von f eine magere Menge bilden,
S
ist also zu zeigen, daß X \ G = m∈N X \ G( m1 ) eine magere Menge ist. Dazu
genügt der Nachweis, daß jede der Mengen X \G(ε) mager ist. Sei dazu ε > 0
fest.
T
Es ist Am (ε) := k∈N {x ∈ X : S|fm (x) − fm+k (x)| ≤ ε} abgeschlossen
und nach Voraussetzung gilt X = m∈N Am (ε).
S Offensichtlich
S gilt Am (ε)◦ ⊆
◦
◦
◦
Pm (ε), also auch Am (ε) ⊆ Pm (ε) und damit m∈N Am (ε) ⊆ m∈N Pm (ε) =
G(ε). Dies impliziert
[
X \ G(ε) ⊆ X \
Am (ε)◦ ⊆ (Am (ε) \ Am (ε)◦ ).
m∈N
Nun folgt die Behauptung, da die abgeschlossene Menge Am (ε)\Am (ε)◦ leeres
Inneres hat.
Korollar 8.9 Seien I ein offenes Intervall in R und f : I → R eine differenzierbare Funktion. Dann ist die Menge der Punkte, in welchen die Ableitung
f 0 nicht stetig ist, mager.
(x)
Beweis: f 0 (x) = lim f (x+h)−f
.
h
65
Literatur
[1] Cigler, J. und Reichel, H.–C., Topologie: Eine Grundvorlesung, BI–
Hochschultaschenbuch, 1987.
[2] Dugundji, J., Topology, Allyn and Bacon Series in Advanced Mathematics, Boston, 1973.
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