Lösungen

Prof. M. Eisermann
Topologie
19. März 2015
Klausur zur Topologie
Aufgabe 1. Bitte füllen Sie folgendes aus! (1 Punkt)
Name: Musterlösung
Matrikelnummer: Musterlösung
Vorname: Musterlösung
Fachrichtung: Musterlösung
Es gelten die üblichen Klausurbedingungen. Bitte beachten Sie folgende Hinweise:
• Bearbeitungszeit: 120 Minuten
• Erlaubte Hilfsmittel: keine
• Bearbeitungen mit Bleistift oder Rotstift sind nicht zulässig.
• Bei Multiple-Choice-Fragen (Aufgabe 2) gibt es Punkte für jede richtige Antwort, keine
Punkte bei fehlender Antwort, und negative Punkte für jede falsche Antwort (im Mittel
jeweils 0). Eine negative Gesamtpunktzahl der Aufgabe wird als Null gewertet.
• Tipp: Es gibt genug einfache Fragen, verbeißen Sie sich nicht zuerst in schwierige.
Viel Erfolg!
Den unteren Teil dieses Deckblattes bitte für Korrekturvermerke freilassen.
Aufgabe
Punkte
1
2
/1
3
/14
4
/12
5
/9
6
/11
7
/9
8
/11
Gesamt
/14
/81
Vorwort zur Musterlösung: Zur Nacharbeitung habe ich Antworten ausführlicher formuliert
und erläutert, als in der Prüfungssituation verlangt war. Nach der Klausur ist vor der Klausur.
Die Klausur ist für 120 Minuten um etwa eine Aufgabe zu lang. Die Notenskala wird so angepasst, dass man eine beliebige Aufgabe weglassen und dennoch die Note 1,0 erreichen kann.
1
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Topologie
19. März 2015
Aufgabe 2. Topologisches Allerlei (14 Punkte)
Beantworten Sie folgende Fragen (bzw. Aussagen) mit ja (= wahr) oder nein (= unwahr). Jede
richtige Antwort gibt einen Punkt, für jede falsche wird ein Punkt abgezogen (Mittelwert 0).
2A. In jedem Kompaktum ist jede abgeschlossene Teilmenge kompakt.
X Ja
Nein
2B. In jedem Hausdorff–Raum ist jedes Kompaktum abgeschlossen.
X Ja
Nein
2C. Jede stetige Abbildung f : Sk → Sn mit 0 ≤ k < n ist zusammenziehbar. X Ja
Nein
2D. In mindestens einer Dimension n ≥ 0 ist id : Sn → Sn zusammenziehbar.
2E. Jede Einbettung f : S1 ,→ R2 zerlegt die Ebene in zwei Komponenten.
Ja X Nein
X Ja
Nein
2F. Jede Einbettung f : R1 ,→ R2 zerlegt die Ebene in ≤ 2 Komponenten.
Ja X Nein
2G. Jede stetige injektive Abbildung f : R1 → R2 ist eine Einbettung.
Ja X Nein
2H. Jede stetige injektive Abbildung f : R2 → R2 ist offen.
X Ja
Nein
2I. Für n ≥ 2 hat die Fundamentalgruppe π1 (RPn , ∗) genau zwei Elemente.
X Ja
Nein
2J. Für n = 1 hat die Fundamentalgruppe π1 (RP1 , ∗) genau zwei Elemente.
Ja X Nein
2K. Jede stetige Abbildung f : Sn → Sn hat einen Fixpunkt.
Ja X Nein
2L. Jede stetige Abbildung f : Dn → Dn hat einen Fixpunkt.
X Ja
Nein
2M. Aus Metrisierbarkeit folgt T2 und 1AA (1. Abzählbarkeitsaxiom).
X Ja
Nein
2N. Metrisierbarkeit folgt aus T1 &T3 und 2AA (2. Abzählbarkeitsaxiom).
X Ja
Nein
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Topologie
19. März 2015
Aufgabe 3. Kompaktheit und Zusammenhang (3+3+3+3 = 12 Punkte)
3A. Sei f : X → Y stetig und A ⊂ X kompakt. Ist dann auch f (A) ⊂ Y kompakt?
Beweis oder Gegenbeispiel:
S
Ja, f (A) ist kompakt. Beweis: Sei f (A) ⊂ i∈I Vi eine offene Überdeckung in Y .
I Da f stetig ist, ist Ui = f −1 (Vi ) offen für jedes i ∈ I.
S
Wir erhalten so die offene Überdeckung A ⊂ i∈I Ui in X.
I Da A kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung A ⊂ Ui1 ∪ · · · ∪ Uin .
I Aus f (Ui ) ⊂ Vi folgt f (A) ⊂ f (Ui1 ) ∪ · · · ∪ f (Uin ) ⊂ Vi1 ∪ · · · ∪ Vin .
3B. Sei f : X → Y stetig, X kompakt, Y hausdorffsch. Ist dann f abgeschlossen?
Beweis oder Gegenbeispiel:
Ja, f ist abgeschlossen. Beweis: Sei A ⊂ X abgeschlossen.
I Da X kompakt ist, ist A kompakt (2A).
I Da f stetig ist, ist das Bild f (A) kompakt (3A).
I Da Y hausdorffsch ist, ist f (A) abgeschlossen (2B).
∼
3C. Es gibt stetige Surjektionen [0, 1] →
→ [0, 1]2 . Gibt es stetige Bijektionen f : [0, 1] −
→
[0, 1]2 ?
Beispiel oder Gegenbeweis:
Nein, das ist unmöglich. Beweis:
I Wäre f stetig, so nach 3B auch abgeschlossen, also ein Homöomorphismus.
I Die beiden Räume [0, 1] und [0, 1]2 sind aber nicht homöomorph:
I In [0, 1] gibt es trennende Punkte, in [0, 1]2 nicht.
Erläuterung: Peano–Kurven und ihre Verwandten sind stetige Surjektionen [0, 1] →
→ [0, 1]2 .
Dies nenne ich hier zum Kontrast, um die vorausgesetzte Bijektivität zu betonen.
3D. Ist die Menge GLn R in Rn×n offen? und dicht? und wegzusammenhängend?
Begründete Antworten:
I Das Urbild GLn R = det−1 (R r {0}) ist offen, denn det : Rn×n → R ist stetig.
Die Determinante det(aij ) ist ein homogenes Polynom von Grad n in den Koeffizienten aij .
I GLn R ist dicht, denn für A ∈ Rn×n und beliebig kleine |t| ist A − tE invertierbar.
P (t) = det(A − tE) ist ein Polynom vom Grad n und verschwindet an höchstens n Stellen.
I det : GLn R → R r {0} ist stetig und surjektiv, also ist GLn R nicht zusammenhängend.
n×n
Die Mengen GL±
| det(A) ≷ 0 } bilden eine nicht-triviale offene Zerlegung.
n R = {A ∈ R
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19. März 2015
Aufgabe 4. Flächen, Homöomorphismen und Invarianten (2+2+2+3 = 9 Punkte)
4A. Sind die (nicht-kompakten) Flächen X = [0, 1] × ]0, 1[ und Y = [0, 1[ × ]0, 1[ homöomorph?
Begründete Antwort:
Nein, sind sie nicht, wie man an ihren geometrischen Rändern erkennt:
I ∂X = {0, 1} × ]0, 1[ hat zwei Komponenten aber ∂Y = {0} × ]0, 1[ nur eine.
I Dank der topologischen Invarianz des geometrischen Randes folgt hieraus X ∼
6= Y .
Erläuterung: Der Rand einer Mannigfaltigkeit ist eine topologische Invariante, bleibt also unter
Homöomorphismen erhalten. Das ist nach der Definition von Mannigfaltigkeiten mit Rand
zunächst nicht selbstverständlich, die Invarianz beweist man mit dem Abbildungsgrad.
Vorsicht vor Trugschlüssen: Die Flächen [0, 1] × [0, 1[ und [0, 1[ × [0, 1[ sind homöomorph.
∼
→
S1 × S1 gibt, indem Sie hierzu eine
4B. Zeigen Sie, dass es keinen Homöomorphismus f : S2 −
topologische Invariante benennen mit ihren beiden verschiedenen Werten für S2 und S1 × S1 .
Invariante Ihrer Wahl:
Für die Euler–Charakteristik gilt I χ(S2 ) = 2 aber I χ(S1 × S1 ) = 0.
Erläuterung: Die Werte χ(Fg+ ) = 2 − 2g kennen wir insbesondere aus der Flächenklassifikation.
Wir nutzen hier die Homöomorphie-Invarianz (wie in dieser Vorlesung ohne Beweis).
4C. Geben Sie hierzu ebenso eine weitere solche Invariante an, die von 4B unabhängig ist.
Alternative Invariante:
Für die Fundamentalgruppe gilt I π1 (S2 , ∗) = {[∗]} aber I (π1 (S1 × S1 , ∗), ·) ∼
= (Z × Z, +).
Erläuterung: Die Berechnung kennen wir aus der Vorlesung, z.B. zur Flächenklassifikation.
Die Homöomorphie-Invarianz der Fundamentalgruppe folgt aus ihrer Funktorialität.
4D. Ist jede stetige Injektion f : S2 → S1 × S1 offen? abgeschlossen? ein Homöomorphismus?
Begründete Antworten:
I Dank Invarianz des Gebietes (2H) ist f offen.
I Dank 3B ist f zudem abgeschlossen.
Somit ist insbesondere das Bild f (S2 ) in S1 × S1 offen und abgeschlossen.
I Da S1 × S1 zusammenhängend ist, ist f surjektiv, also ein Homöomorphismus.
Erläuterung: Nach 4B/C sind Homöomorphismen unmöglich, nach 4D auch stetige Injektionen.
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19. März 2015
Aufgabe 5. Homotopie (3+3+3+2 = 11 Punkte)
5A. Existiert zur Einbettung ι : S1 ,→ S2 r {e3 } mit ι(x, y) = (x, y, 0) eine Retraktion?
Retraktion oder Gegenbeweis:
Nein, eine solche Retraktion kann es nicht geben. Beweis:
I Der Raum X = S2 r {e3 } ∼
= R2 ist zusammenziehbar, also auch ι : S1 ,→ X.
I Gäbe es r : X → S1 stetig mit r ◦ ι = idS1 , so wäre auch idS1 zusammenziehbar.
I Aber idS1 ist nicht zusammenziehbar (2D), also kann es keine solche Retraktion r geben.
Erläuterung: Alternativ kann man π1 auf idS1 = r ◦ ι : (S1 , e1 ) → (X, e1 ) → (S1 , e1 ) anwenden
und erhält wegen π1 (S1 , e1 ) ∼
= Z und π1 (X, e1 ) = {1} denselben Widerspruch.
5B. Existiert zu ι : S1 ,→ S2 r {±e3 } mit ι(x, y) = (x, y, 0) eine starke Homotopie-Retraktion?
Retraktion mit Homotopie oder Gegenbeweis:
(x,y)
.
|(x,y)|
(x,y,tz)
.
|(x,y,tz)|
I Retraktion r : S2 r {±e3 } =: X → S1 mit r(x, y, z) =
II Homotopie H : [0, 1] × X → X mit Ht (x, y, z) =
Erläuterung: Die Abbildung r ist wohldefiniert und stetig und erfüllt r ◦ ι = idS1 .
Die Abbildung H ist wohldefiniert und stetig, also eine Homotopie.
Sie verläuft von H0 = ι ◦ r nach H1 = idX , kurz H : ι ◦ r ' idX .
Für alle t ∈ [0, 1] gilt Ht ◦ ι = ι, wir haben also eine Homotopie relativ S1 .
5C. Nennen Sie eine nicht-zusammenziehbare stetige Abbildung f : S2 → S2 × S3 mit Beweis.
Hinweis: Nutzen Sie neben f auch die kanonische Projektion g : S2 × S3 → S2 mit g(x, y) = x.
Abbildung und Beweis:
I Wir wählen y ∈ S3 und betrachten die Einbettung f (x) = (x, y).
I Die Komposition g ◦ f = idS2 ist nicht zusammenziehbar (2D).
I Demnach ist auch f nicht zusammenziehbar, also [f ] 6= [∗] in [S2 , S2 × S3 ].
Erläuterung: Wie üblich bezeichnet [X, Y ] := C (X, Y )/' die Menge aller Homotopieklassen
stetiger Abbildungen f : X → Y . Wir haben hier die Aussage [S2 , S2 × S3 ] 6= {[∗]} bewiesen.
5D. Sind die Räume S2 × S3 und S5 homotopie-äquivalent?
Begründete Antwort:
I Es gilt [S2 , S2 × S3 ] 6= {[∗]} dank 5C, aber [S2 , S5 ] = {[∗]} dank 2C.
I Demnach kann es keine Homotopie-Äquivalenz geben, kurz S2 × S3 6' S5 .
Erläuterung: Jede Homotopie-Äquivalenz X ' Y induziert eine Bijektion [Z, X] ∼
= [Z, Y ].
∼
Per Kontraposition folgt aus [Z, X] 6= [Z, Y ], dass X und Y nicht homotopie-äquivalent sind.
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19. März 2015
Aufgabe 6. Abbildung von SO3 auf RP3 (3+2+3+1 = 9 Punkte)
6A. Im Produktraum X = Sn × [0, 2π] schlagen wir Sn × {0} zusammen und separat Sn × {2π}.
Dies definiert die Äquivalenzrelation (s, t) ∼ (s0 , t0 ) durch (s, t) = (s0 , t0 ) oder t = t0 ∈ {0, 2π}.
Nennen Sie einen zu X/∼ homöomorphen Raum Y ⊂ Rm und zum Beleg eine stetige Abbildung
p : X → Rm , die eine Bijektion p̄ : X/∼ → Y induziert. (Ein Beweis hierfür wird nicht verlangt.)
I Der Quotientenraum X/∼ ist homöomorph zur Sphäre Sn+1 ⊂ Rn+2 dank Kugelkoordinaten
II p : X → Rn+2 mit p(s, t) = (cos(t/2), sin(t/2)s) wobei s ∈ Sn und t ∈ [0, 2π].
Erläuterung: Die Abbildung p ist stetig. Ihr Bild ist p(Sn × [0, 2π]) = Sn+1 .
Es gilt p(s, t) = p(s0 , t0 ) genau dann, wenn (s, t) = (s0 , t0 ) oder t = t0 ∈ {0, 2π}.
Somit induziert p dank kanonischer Faktorisierung eine stetige Bijektion p̄ : X/∼ → Sn+1 .
6B. Warum ist die stetige Bijektion p̄ : X/∼ → Y aus 6A ein Homöomorphismus?
I Der Produktraum X = Sn × [0, 2π] ist kompakt, somit auch der Quotient X/∼ .
Der euklidische Raum Rn+2 ist hausdorffsch (2M), somit auch der Teilraum Sn+1 .
I Die stetige Bijektion p̄ ist abgeschlossen (3B), also ein Homöomorphismus.
Erläuterung: Ein Lob auf die Kompaktheit! Andernfalls gibt es stetige Bijektionen,
die keine Homöomorphismen sind, etwa f : [0, 1[ → S1 : t 7→ e2πit .
6C. Die Drehung ρ(s, t) : R3 → R3 um die Achse s ∈ S2 mit dem Winkel t ∈ [0, 2π] ist
x 7→ x + sin(t) · s × x + (1 − cos(t)) · s × (s × x). Wir erhalten so eine stetige Surjektion
ρ : S2 × [0, 2π] →
→ SO3 . Konstruieren Sie hieraus eine stetige Surjektion h : S3 →
→ SO3 und
3 ∼
einen Homöomorphismus h̄ : RP −
→ SO3 .
I Die Abbildung ρ schlägt S2 ×{0} zusammen und ebenso S2 ×{2π}. Sie faktorisiert also durch
den Quotienten p gemäß ρ = h ◦ p zur stetigen Surjektion h : S3 → SO3 mit h(p(s, t)) = ρ(s, t).
I Nach Konstruktion identifiziert h gegenüberliegende Punkte ±x in S3 , weiter nichts.
∼
I Auf dem Quotienten RP3 = S3 /{±1} erhalten wir die stetige Bijektion h̄ : RP3 −
→
SO3 mit
h̄(±p(s, t)) = ρ(s, t). Diese ist ein Homöomorphismus, erneut dank Kompaktheit und (3B).
Erläuterung: Surjektivität und Injektivität sind hier leicht zu erkennen. Die kanonische Faktorisierung leistet wie so oft die Basisarbeit, liefert aber im Allgemeinen nur eine stetige Bijektion.
In günstigen Fällen wie hier erhalten wir dank Kompaktheit einen Homöomorphismus.
6D. Geben sie einen geschlossenen Weg γ : [0, 1] → SO3 an, der nicht zusammenziehbar ist.
I Der geschlossene Weg γ(t) = ρ(e3 , 2πt) in SO3 ist nicht zusammenziehbar.
Erläuterung: Die Fundamentalgruppe π1 (SO3 , 1) ∼
= Z/2Z wurde in der Vorlesung berechnet,
simplizial durch Ankleben von Zellen, oder eleganter anhand der Überlagerung h : S3 → SO3 .
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19. März 2015
Aufgabe 7. Simpliziale Flächen (4+2+2+1+2 = 11 Punkte)
7A. Die folgende Graphik zeigt Simplizialkomplexe K und L: Beschriften Sie K so mit Ecken
a, b, c, d, e, f , dass eine Triangulierung der projektiven Ebene RP2 entsteht. Beschriften Sie L
so mit Ecken a, b, c, d, e, f, g, dass eine Triangulierung der Torusfläche S1 × S1 entsteht. (Gleich
bezeichnete Ecken werden identifiziert, Kanten und Dreiecke sind die in der Ebene gezeigten.)
a
c
b
b
e
a
|K| ∼
= RP2
c
e
a
c
f
a
d
g
f
d
d
|L| ∼
= S1 × S1
c
b
a
b
e
a
7B. Aus K entfernen wir das zentrale Dreieck {d, e, f } und betrachten M := K r {{d, e, f }}.
±
.)
Berechnen Sie χ(M ). Welche Fläche ist dies? (Es genügt der Name oder das Modell Fg,r
−
I Dies ist das Möbius–Band F0,1
, wie wir aus Erfahrung wissen oder ausrechnen:
I Es gilt χ(M ) = 6−15+9 = 0, zudem ist M nicht-orientierbar und hat eine Randkomponente.
−
Demnach gilt g = 1 − χ − r = 0 und dank Flächenklassifikationssatz |M | ∼
.
= F0,1
7C. Die simpliziale Fläche N := (M1 t M2 )/∼ entsteht durch zwei Kopien von M , wobei wir
d1 = d2 , e1 = e2 , f1 = f2 verkleben. Berechnen Sie χ(N ). Welche Fläche erhalten wir?
I Dies ist die Kleinsche Flasche F1− , wie wir aus Erfahrung wissen oder ausrechnen:
I Es gilt χ(N ) = 2χ(M ) − 3 + 3 = 0, ebenso wie M ist N nicht-orientierbar aber randlos.
−
Demnach gilt g = 1 − χ − r = 1 und dank Flächenklassifikationssatz |N | ∼
.
= F1,0
7D. Geben Sie in (K, a) einen nicht-zusammenziehbaren, geschlossenen Kantenzug an.
I In (K, a) ist der Kantenzug abca bzw. der Weg γ = |abca| nicht zusammenziehbar.
Erläuterung: Wegen π1 (|K|, a) = {[1], [γ]} ist jeder andere hierzu homotop.
7E. Geben Sie in (L, a) zwei geschlossene Kantenzüge an, die die Gruppe π1 (L, a) erzeugen.
II Die Kantenzüge abea und acda erzeugen π1 (L, a) ∼
= Z × Z.
1
1 ∼
1
Erläuterung: Für den Torus gilt π1 (S × S ) = π1 (S ) × π1 (S1 ) ∼
= Z × Z.
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19. März 2015
Aufgabe 8. Quotienten von Flächen (2+2+2+2+2+2+2 = 14 Punkte)
±
Wie in der Vorlesung sei Fg,r
die zusammenhängende Modellfläche vom Geschlecht g ≥ 0 mit
+
r ≥ 0 Randkomponenten und Orientierbarkeit ±. Die Skizze zeigt F3,0
= ∂H3 im R3 als Rand
des Henkelkörpers H3 = Q3 × [−1, 1] über folgendem Grundriss:
y
Q3
x
+
F3,0
+
±
Jeder der folgenden Quotienten von F3,0
ist homöomorph zu einer Fläche Fg,r
: zu welcher?
+
8A. Der Quotient von F3,0
modulo (x, y, z) ∼ (−x, −y, −z) ist homöomorph zu:
+
8B. Der Quotient von F3,0
modulo (x, y, z) ∼ (x, y, −z) ist homöomorph zu:
+
Hinweis: Betrachten Sie die Teilfläche Z = { (x, y, z) ∈ F3,0
| z ≥ 0 }.
+
8C. Der Quotient von F3,0
modulo (x, y, z) ∼ (x, −y, z) ist homöomorph zu:
Hinweis: Betrachten Sie die Teilfläche Y = { (x, y, z) ∈
+
F3,0
| y ≥ 0 }.
+
8D. Der Quotient von F3,0
modulo (x, y, z) ∼ (−x, y, z) ist homöomorph zu:
Hinweis: Betrachten Sie die Teilfläche X = { (x, y, z) ∈
+
F3,0
| x ≥ 0 }.
−
F3,0
+ ∼
F0,4
=Z
+ ∼
F0,4
=Y
+ ∼
F1,2
=X
+
modulo (x, y, z) ∼ (x, −y, −z) ist homöomorph zu:
8E. Der Quotient von F3,0
Hinweis: Betrachten Sie eine geeignete Teilfläche X, Y , Z.
+ ∼ 2
F0,0
=S
Sphäre
+
8F. Der Quotient von F3,0
modulo (x, y, z) ∼ (−x, y, −z) ist homöomorph zu:
+ ∼ 1
F1,0
= S ×S1
Torus
Hinweis: Betrachten Sie eine geeignete Teilfläche X, Y , Z.
+
modulo (x, y, z) ∼ (−x, −y, z) ist homöomorph zu:
8G. Der Quotient von F3,0
Hinweis: Betrachten Sie eine geeignete Teilfläche X, Y , Z.
+
F2,0
Doppeltorus
Erläuterung: Man nutzt die genannten Teilflächen und identifiziert ggf. entlang des Randes.
8