Normale Räume (Teil 2)

Proseminar Lineare Algebra
Normale Räume
Fortsetzung stetiger Abbildungen,
Lokal-endliche Systeme
und
Partitionen der Eins
Viktor Zimnoch
28.01.2014
Betreuender Dozent: Prof. Dr. Lorenz Schwachhöfer
Inhaltsverzeichnis
1 Fortsetzung stetiger Abbildungen
1.1 Satz (Tietze)
3
1.2 Hilfssatz
4
1.3 Hilfssatz
8
1.4 Beweis von 1.1
8
1.5 Korollar
10
2 Lokal-endliche Systeme und Partition der
Eins
2.1 Erinnerung Überdeckung
11
2.2 Definition offene/abgeschlossene Überdeckung
11
2.3 Definition lokal-/punkt-endlich
11
2.4 Definition Träger
12
2.5 Satz
12
2.6 Definition Partition der Eins
13
2.7 Satz
13
2.8 Korollar
13
Dieser Vortrag basiert auf dem Kapitel Normale Räume aus dem Werk Mengentheoretische Topologie, 3. Auflage, 2001, von Boto von Querenburg.
1 Fortsetzung stetiger Abbildungen
Motivation
Die Motivation hinter der Fortsetzung stetiger Abbildungen ist, dass man in
Situationen in denen man auf A ⊂ X eine Funktion f: A → R definiert hat,
die Frage bleibt, wie sich diese Funktion auf ganz X verhält. Wenn A offen
ist, finden sich recht einfach Gegenbeispiele, die zeigen, dass f nicht stetig
fortsetzbar ist.
Sei, zum Beispiel, A =] − 1, +1[⊂ X = R, f:] − 1, +1[→ R mit f (x) = x1 . f
ist auf A stetig, allerdings nicht auf X stetig fortsetzbar, da lim f (x) nicht
x→0
existiert.
Wie hält es sich dann, wenn A abgeschlossen ist? Aufklärung darüber wird
der Fortsetzungssatz von Tietze geben.
1.1 Fortsetzungssatz von Tietze
Ein topologischer Raum (X, O) ist genau dann ein T4 -Raum, wenn sich
jede auf einer abgeschlossene Teilmenge von X definierte stetige Funktion
auf ganz X stetig fortsetzen lässt, das heißt, zu jedem f: A → R mit A ⊂ X,
A abgeschlossen, und f stetig, gibt es eine stetige Funktion F : X → R mit
F |A = f , d.h. F (a) = f (a) für alle a ∈ A.
Bemerkung:
Der Beweis des Fortsetzungssatzes von Tietze wird später durchgeführt werden. Zuvor werden wir 2 Hilfssätze formulieren und beweisen, die uns dabei
helfen werden, und den Beweis selber etwas übersichtlicher gestalten.
3
1.2 Hilfssatz
Zu einer stetigen Funktion f : A → [−1, +1] gibt es eine Folge stetiger
Funktionen gn: X → R mit
n
n
2
2
(a) −1 +
6 gn (x) 6 1 −
3
3 n
2
(b)
|f (x) − gn (x)| 6
3 n
1 2
(c)
|gn+1 (x) − gn (x)| 6
3 3 p
2
(d)
|gn (x) − gm (x)| 6
3
für alle x ∈ X,
für alle x ∈ A,
für alle x ∈ X,
für alle x ∈ X, und m, n > p.
Bemerkung:
Die Bedingung (a) kann auch als gn : X → [−1 + ( 23 )n , 1 − ( 32 )n ] formuliert
werden. Das bedeutet, dass der Bildbereich mit steigendem n immer größer
wird, bis er [−1, +1] annimmt.
Beweis:
In diesem Beweis muss also gezeigt werden, dass diese Folge stetiger Funktionen mit den vier Bedingungen (a) bis (d) existiert. Hierzu konstruieren
wir eine Hilfsfolge stetiger Funktionen, mithilfe derer wir dann später gn
definieren. Zunächst setzen wir für n = 0 g0 (x) := 0. Dies erfüllt die Bedingungen (a) und (b):
(a)
−1 + ( 32 )0 = −1 + 1 = 0 6 g0 (x) 6 0 = 1 − 1 = 1 − ( 23 )0
(b) |f (x) − g0 (x)| = |f (x)| 6 ( 23 )0 = 1 gilt, da f: A → [−1, +1]
Zum Konstruieren der Hilfsfolge betrachten wir nun die Bedingung (b):
|f (x) − gn (x)| 6 ( 23 )n .
Sei nun:
B1 := {x ∈ A|f (x) − g0 (x) > 31 ( 23 )0 },
also alle x ∈ A die in das obere Drittel des Intervalls [−1, +1] abgebildet
werden. Da B1 = (f − g0 )−1 ([ 31 , 1]), also das Urbild eines abgeschlossenen
Intervalls ist, ist B1 abgeschlossen.
4
Ebenso sei nun:
C1 := {x ∈ A|f (x) − g0 (x) 6 − 31 ( 23 )0 },
in dem Fall alle x ∈ A, die in das untere Drittel des Intervalls [−1, +1] abgebildet werden. C1 ist mit der selben Begründung wie bei B1 abgeschlossen.
Mithilfe des Lemmas von Urysohn können wir nun sagen, dass eine stetige
Funktion h0: X → [0, 1] mit h0 (B1 ) = {0} und h0 (C1 ) = {1} existiert. Nun
definieren wir unser erstes Folgenglied unserer Hilfsfolge stetiger Funktionen
als
v0 (x) := 32 ( 23 )0 h0 (x) − 31 ( 23 )0 .
Daraus folgt, dass
v0: X → [− 31 ( 23 )0 , 13 ( 23 )0 ] mit v0 (B1 ) = {− 31 ( 32 )0 } und v0 (C1 ) = { 31 ( 32 )0 },
das bedeutet, v0 bildet auf das mittlere Drittel des Intervalls [−1, +1] ab, da
insbesondere |v0 (x)| 6 31 für alle x ∈ X. Definiere nun g1 := g0 − v0 .
Annahme: Sei nun gn: X → R so definiert, dass gn stetig ist, sowie (a) und
(b) erfüllt. Dann bilden wir wie zuvor bereits:
Bn+1 := {x ∈ A|f (x) − gn (x) > 31 ( 23 )n }
Cn+1 := {x ∈ A|f (x) − gn (x) 6 − 31 ( 23 )n }
hn: X → [0, 1] mit hn (Bn+1 ) = {0} und hn (Cn+1 ) = {1}
vn (x) := 23 ( 23 )n hn (x) − 13 ( 32 )n
vn: X → [− 13 ( 23 )n , 13 ( 23 )n ] mit vn (Bn+1 ) = {− 13 ( 23 )n }, vn (Cn+1 ) = { 13 ( 23 )n },
Ausserdem definieren wir rekursiv gn+1 = gn − vn . Zeige nun per Induktion,
dass diese Folge von Funktionen die Bedingungen (a) bis (c) erfüllt.
Induktionsanfang: Für n = 0 wurden (a) und (b) bereits zuvor überprüft,
(c) wird nun gezeigt:
|g0+1 (x) − g0 (x)| = |g0 (x) − v0 (x) − g0 (x)| = | − v0 (x)| 6 13 ( 23 )0
gilt, da v0 (x) ∈ [− 31 ( 23 )0 , 31 ( 23 )0 ] ist.
5
Induktionsschritt:
(a) es gilt zu zeigen, dass −1 + ( 23 )n+1 6 gn+1 (x) 6 1 − ( 32 )n+1 für alle x ∈ X,
unter der Annahme, dass gn (a) erfüllt.
Da gn (x) ∈ [−1 + ( 23 )n , 1 − ( 23 )n ], und vn (x) ∈ [− 13 ( 32 )n , 31 ( 23 )n ], folgt:
gn+1 (x) = gn (x) − vn (x) 6 1 − ( 23 )n − (− 31 ( 23 )n ) = 1 − 32 ( 23 )n = 1 − ( 23 )n+1
gn+1 (x) = gn (x) − vn (x) > −1 + ( 23 )n − 13 ( 23 )n = −1 + 23 ( 32 )n = −1 + ( 23 )n+1
(b) es gilt zu zeigen, dass |f (x) − gn+1 (x)| 6 ( 32 )n+1 für alle x ∈ A unter der
Annahme, dass gn (b) erfüllt.
Dazu betrachten wir die Fälle x ∈ Bn+1 ,x ∈ Cn+1 und x 6∈ Bn+1 ∪ Cn+1 .
Sei x ∈ Bn+1 , dann gilt 31 ( 32 )n 6 f (x) − gn (x) 6 ( 23 )n sowie vn (x) = − 13 ( 23 )n .
f (x) − gn+1 (x) = f (x) − gn (x) + vn (x) = f (x) − gn (x) − 31 ( 23 )n
f (x) − gn (x) − 13 ( 23 )n 6 ( 23 )n − 13 ( 23 )n = 23 ( 32 )n = ( 23 )n+1
f (x) − gn (x) − 31 ( 23 )n > 13 ( 32 )n − 13 ( 23 )n = 0
⇒ f (x) − gn+1 (x) ∈ [0, ( 23 )n+1 ], daher folgt die Behauptung.
Sei x ∈ Cn+1 , dann gilt −( 23 )n 6 f (x)−gn (x) 6 − 13 ( 23 )n sowie vn (x) = 31 ( 23 )n .
f (x) − gn+1 (x) = f (x) − gn (x) + vn (x) = f (x) − gn (x) + 31 ( 23 )n
f (x) − gn (x) + 31 ( 23 )n > −( 23 )n + 13 ( 23 )n = − 32 ( 23 )n = −( 23 )n+1
f (x) − gn (x) + 31 ( 23 )n 6 − 13 ( 23 )n + 13 ( 32 )n = 0
⇒ f (x) − gn+1 (x) ∈ [−( 23 )n+1 , 0], daher folgt die Behauptung.
Sei x 6∈ Bn+1 ∪ Cn+1 , dann gilt − 13 ( 23 )n < f (x) − gn (x) <
− 31 ( 23 )n 6 vn (x) 6 13 ( 23 )n
|f (x) − gn+1 (x)| = |f (x) − gn (x) + vn (x)|
Dreiecks−
6
ungleichung
1 2 n
( )
3 3
sowie
|f (x) − gn (x)| + |vn (x)| 6
| 31 ( 32 )n | + | 13 ( 32 )n | = ( 23 )n+1
(c) es gilt zu zeigen, dass |gn+1 (x) − gn (x)| 6 31 ( 23 )n für alle x ∈ X
|gn+1 (x) − gn (x)| = |gn (x) − vn (x) − gn (x)| = | − vn (x)| 6
vn (x) ∈ [− 31 ( 32 )n , 13 ( 23 )n ] ist.
6
1 2 n
( ) ,
3 3
gilt da
Bleibt nur noch die Bedingung (d) zu beweisen:
Sei n 6 m, m := n + k.
|gm (x) − gn (x)| = |gn+k (x) − gn (x)| =
= |gn+1 (x) − gn (x) + gn+2 (x) − gn+1 (x) + ... + gn+k (x) − gn+k−1 (x)| =
k
k
k
(c) P
Dreiecks− P
P
1 2 n+i−1
= | gn+i (x)−gn+i−1 (x)|
6
|gn+i (x)−gn+i−1 (x)| 6
( )
=
3 3
ungleichung i=1
i=1
= 13 ( 32 )n
k
P
( 23 )i−1
i=1
N eben−
<
rechnung
Nebenrechnung: Da
gilt für sie
k
P
( 32 )i−1 =
∞
P
3 13 ( 23 )n = ( 32 )n
( 23 )i eine Geometrische Reihe bildet, und |q| < 1 ist,
i=0
qi =
i=0
k−1
P
i=1
∞
P
i=1
i=0
1
1−q
( 23 )i <
∞
P
( 32 )i = 1 + 23 + 49 + ... =
i=0
1
1− 23
= 3.
Fazit:
Damit ist gezeigt, dass gn die Bedingungen (a), (b), (c), und (d) erfüllt.
Außerdem ist gn stetig, da das erste Folgenglied g0 (x) = 0 stetig ist, sowie
vn (x) := 23 ( 23 )n hn (x) − 13 ( 23 )n , da es nur aus stetigen Funktionen besteht, und
die Verknüpfung stetiger Funktionen die Stetigkeit erhält.
Behauptung: (gn )n∈N ist für feste x Aufgrund von Bedingung (d) eine CauchyFolge und konvergiert daher.
Sei > 0. Da lim ( 23 )p = 0, gibt es ein p mit ( 23 )p < . Dann gilt für alle
p→∞
m > n > p:
(d)
|gm (x)−gn (x)| 6 ( 23 )m 6 ( 23 )p < , also |gm (x)−gn (x)| < für alle m, n > p.
Also lässt sich sagen, dass (gn )n∈N konvergiert und wir definieren
F (x) := lim gn (x).
n→∞
F (x) ist aufgrund der gleichmäßigen Konvergenz von gn (x) ebenfalls stetig,
da die gleichmäßige Konvergenz stetigkeitserhaltend ist.
Laut Bedingung (b) gilt zudem für alle x ∈ A, dass:
|f (x) − F (x)| = |f (x) − lim gn (x)| = lim |f (x) − gn (x)| 6 lim ( 23 )n = 0,
n→∞
n→∞
n→∞
da lim |f (x) − gn (x)| aber echt positiv ist, gilt hier Gleichheit mit 0. Das
n→∞
bedeutet, dass f (x) = F (x) für alle x ∈ A gilt, also f = F |A .
7
Die Bedingung (a) zeigt außerdem, dass für alle x ∈ X gilt:
lim (−1 + ( 32 )n ) = −1 + lim ( 23 )n = −1 6 F (x)
n→∞
lim
n→∞
(1 − ( 32 )n ) =
n→∞
1 − lim ( 23 )n =
n→∞
1 > F (x)
also, dass F: X → [−1, +1].
Bemerkung:
F: X → [−1, +1] ist hier eine Fortsetzung von f: A → [−1, +1] auf ganz X,
da f = F |A .
1.3 Hilfssatz
Sei X ein T4 -Raum und A ⊂ X abgeschlossen. Eine stetige Funktion
f : A →] − 1, +1[ lässt sich zu einer stetigen Funktion F : X →] − 1, +1[
fortsetzen.
Beweis:
Hierbei handelt es sich wieder um einen Existenzbeweis.
Sei nun f : A →] − 1, +1[ stetig und F ∗ : X → [−1, +1] eine stetige Fortsetzung von f , die Aufgrund des Hilfssatzes 1.2 existiert. Dann ist B :=
{x ∈ X||F ∗ (x)| = 1} abgeschlossen und disjunkt zu A. Laut dem Lemma
von Urysohn existiert nun eine Funktion g: X → [0, 1] mit g(A) = 1 und
g(B) = 0. Da also g für alle x ∈ B verschwindet, ist F := F ∗ g eine stetige
Fortsetzung von f mit F: X →] − 1, +1[ und F |A = f .
1.4 Beweis von 1.1
Zeigen wir zuerst die einfachere Rückrichtung:
Seien alle auf einer abgeschlossenen Teilmenge von X definierten stetigen
Funktionen auf ganz X stetig fortsetzbar, dann soll X ein T4 -Raum sein.
Seien nun A und B abgeschlossene Teilmengen von X und disjunkt. Dann
definieren wir die Menge C := A ∪ B und die Funktion f : C → R mit
f (A) = {0}, f (B) = {1} und f stetig. f muss existieren, da A ∩ B = ∅.
Da die Vereinigung abgeschlossener Mengen wieder abgeschlossen ist, existiert somit laut Voraussetzungen eine stetige Fortsetzung F : X → R mit
F |C = f , F (A) = {0} und F (B) = {1}. Offensichtlich ist dann F −1 (] − 21 , 21 [)
eine Umgebung von A, und F −1 (] 21 , 23 [) eine zu dieser disjunkte Umgebung
von B. Das bedeutet, dass A und B durch disjunkte Umgebungen getrennt
sind, daher ist X ein T4 -Raum.
8
Die Hinrichtung erfordert den Hilfssatz 1.3.
Sei nun X ein T4 -Raum, A ⊂ X und
A abgeschlossen, dann soll f : A →
R auf ganz X stetig fortsetzbar sein.
Dazu definieren wir den Homöomorphismus
h(x) = π2 arctan(x) mit h: R →] − 1, 1[, das
bedeutet h ist bijektiv und stetig, und damit
Figure 1: Funktion h
existiert also auch eine stetige Umkehrabbildung h−1 :] − 1, +1[→ R, da bijektive
und stetige Abbildungen zwischen Teilmengen von R insbesondere offene Abbildungen
sind.
Sei nun f ∗= h◦f die Komposition von h und
f , dann gilt nach den Kompositionsregeln,
Figure 2: Umkehrfunktion von
dass:
h
(h ◦ f ): A → R →] − 1, +1[ ⇒ f ∗: A →] − 1, +1[
Das bedeutet f ∗ genügt dem Hilfssatz 1.3. Daher existiert die stetige Fortsetzung F ∗: X →] − 1, +1[ mit F ∗ |A = f ∗ .
Sei nun F := h−1 ◦ F ∗ ,
(h−1 ◦ F ∗ ): A →] − 1, +1[→ R ⇒ F: A → R.
Zu zeigen ist nun, dass F eine stetige Fortsetzung von f auf X ist. F ist
stetig, da die Komposition von Funktionen stetigkeitserhaltend ist und h−1
sowie F ∗ stetig sind, außerdem ist:
F |A = h−1 ◦ F ∗ |A = h−1 ◦ f ∗
sowie
∗
−1
∗
f = h ◦ f ⇒ h ◦ f = h−1 ◦ h ◦ f = id ◦ f = f .
Dadurch lässt sich sagen, dass F |A = f ist, und F somit eine stetige Fortsetzung von f ist.
9
1.5 Korollar
Ist A eine abgeschlossene Gδ -Menge eines T4 -Raumes X, so lässt sich jede
stetige Funktion f: A → [−1, +1] zu einer stetigen Funktion F: X → [−1, +1]
fortsetzen, sodass |F (x)| < 1 für x 6∈ A ist.
Beweis:
Sei F ∗: X → [−1, +1] mit F ∗ |A = f die Fortsetzung einer beliebigen Funktion
f: A → [−1, +1].
Da A eine Gδ -Menge sein soll, gibt es laut der Verschärfung von Urysohn
eine Funktion h: X → [0, 1] mit h−1 {0} = (A).
Sei nun F := F ∗ (1 − h), dann ist F |A = F ∗ |A (1 − 0) = F ∗ |A = f . Und da
für alle x 6∈ A:
h(x) > 0 ⇒ 1 − h(x) < 1
⇒ |F (x)| = |F ∗ (x)(1 − h(x))| < 1
| {z }| {z }
61
<1
Also hat F (x) die geforderte Eigenschaft, dass |F (x)| < 1 für alle x 6∈ A.
10
2 Lokal-endliche Systeme und Partition der
Eins
2.1 Erinnerungen
Eine Familie (Ai )i∈I von Teilmengen von A heißt Überdeckung von B ⊂ A,
wenn B ⊂ ∪i∈I Ai . Sind (Ai )i∈I und (Cj )j∈J Überdeckungen von B, so heißt
(Cj )j∈J Teilüberdeckung von (Ai )i∈I , falls zu jedem j ∈ J ein i ∈ I existiert
mit Cj = Ai .
Sind (Ai )i∈I und (Bk )k∈K zwei Überdeckungen von B ⊂ A, so heißt
(Bk )k∈K feiner als (Ai )i∈I , falls zu jedem k ∈ K ein i ∈ I existiert, so dass
Bk ⊂ Ai . Dann heißt (Bk )k∈K auch Verfeinerungsüberdeckung von (Ai )i∈I .
Es wird (Ai )i∈I eine Partition von A genannt, wenn (Ai )i∈I eine Überdeckung
von A ist und
1. Ai 6= ∅ für alle i ∈ I
2. Ai ∩ Ak = ∅ für i, k ∈ I mit i 6= k
2.2 Definition offene/abgeschlossene Überdeckung
Eine Überdeckung (Ui )i∈I eines topologischen Raumes (X, O) heißt offen
bzw. abgeschlossen, wenn alle Ui , i ∈ I in X offen bzw. abgeschlossen sind;
sie heißt endlich bzw. abzählbar, wenn I eine endliche bzw. abzählbare
Menge ist.
2.3 Definition lokal-/punkt-endlich
Ein System A = (Ai )i∈I von Teilmengen von X heißt lokal-endlich, wenn
es zu jedem x ∈ X eine Umgebung U von x gibt, die nur endlich viele der
Ai trifft.
A heißt punkt-endlich, wenn jedes x ∈ X nur in endlich vielen der Ai
enthalten ist.
Bemerkung: Ist eine Überdeckung lokal-endlich, so ist sie auch stets punktendlich. Die Umkehrung dieser Tatsache gilt wie in folgendem Beispiel aber
nicht:
11
Beispiele
a) Sei (X, O) ein topologischer Raum, mit X = { n1 |n ∈ N∗ } ∪ {0} und
A = {{ n1 }|n ∈ N∗ } ∪ {X} eine Überdeckung von X. Dann ist A eine punktendliche Überdeckung, aber keine lokal-endliche, da jede Umgebung von 0
unendlich viele n1 enthält.
, z+1
)|z ∈ Z} eine Überdeckung von R. A
b) Sei X = R und A := {( z−1
2
2
ist lokal-endlich, also auch punkt-endlich, da jede Umgebung eines Punktes
x ∈ R nur endlich viele der Intervalle trifft.
c) Sei die Situation die selbe wie in b), mit z ∈ R. A ist nun weder lokalendlich, noch punkt-endlich, da ein jedes Intervall aus R überabzählbar ist,
und dadurch jeder Punkt x ∈ R in überabzählbar vielen Intervallen liegt.
2.4 Definiton Träger
Sei (X, O) ein topologischer Raum, f eine reellwertige Funktion und
A = {x ∈ X|f (x) 6= 0}. Dann heißt A der Träger von f und wird mit Tr f
bezeichnet.
2.5 Satz
Ist (fi )i∈I eine Familie von stetigen Funktionen
P auf X, deren Träger ein
lokal-endliches System bilden, so ist f (x) :=
i∈I fi (x) wohldefiniert und
stetig.
Beweis:
Der Träger von fi ist lokal-endlich, also auch punkt-endlich. DasP
bedeutet,
dass es zu jedem x ∈ X nur endlich viele fi (x) P
6= 0 gibt, daher ist i∈I fi (x)
eine endliche Summe und die Funktion f (x) := i∈I fi (x) somit wohldefiniert
und stetig.
12
2.6 Definition Partition der Eins
Ist U = (Ui )i∈I eine offene Überdeckung des topologischen Raumes X,
so heißt ein System von stetigen Funktionen (fi )i∈I eine der Überdeckung U
untergeordnete Partition der Eins, wenn gilt:
(a) fi (x) ≥ 0 für alle x ∈ X und für alle i ∈ I;
(b) die Träger der fi bilden ein lokal-endliches System;
(c) für
P i ∈ I liegt der Träger von fi in Ui ;
(d)
fi (x) = 1 für alle x ∈ X.
i∈I
2.7 Satz
Ist X ein normaler Raum, und U = (Ui )i∈I eine lokal-endliche offene
Überdeckung von X, so gibt es eine U untergeordnete Partition der Eins.
Bemerkung:
Aus den Bedingungen a) und d) lässt sich schlussfolgern, dass ein jedes
fi (x) ∈ [0, 1] ist für jedes i ∈ I und x ∈ X. Das bedeutet, eine Partition der
Eins ist eine Familie von Funktionen, deren Summe für jedes x ∈ X, 1 ergibt.
2.8 Korollar
Ist X ein normaler Raum, F eine abgeschlossene Teilmenge und (Ui )i∈I
eine lokal-endliche offene Überdeckung von F , dann gibt es eine Familie
(fi )i∈I
Pvon stetigen Funktionen fi : X → [0, 1], sodass fi (x) = 0 für x 6∈ Ui
und
fi (x) = 1 für jedes x ∈ F ist.
i∈I
Beweis:
Erweitere die lokal-endliche offene Überdeckung (Ui )i∈I durch die offene Menge
X\F zu einer lokal-endlichen offenen Überdeckung von X. Der Beweis läuft
analog zu 2.7.
13