Beispielklausur - Lösungen. - math.uni

Einführung in die Topologie - Sommer 2012
Beispielklausur - Lösungen.
(1)
(I) Ja: Die Metrik
d:X ×X →R
0, x = y;
(x, y) 7→
1 x=
6 y,
induziert die diskrete Topologie.
(II) Nein: R mit der diskreten Topologie ist metrisierbar (vgl. (I) ), aber es
erfüllt nicht das zweite Abzählbarkeitsaxiom. (Eine Basis B muss
{{x} |x ∈ R}
(III)
(IV)
(V)
(VI)
(VII)
(VIII)
enthalten, was überabzählbar ist.)
Nein (vgl. Übung 2, Blatt 3).
Nein (vgl. Übung 3, Blatt 10).
Ja (Tychonoff, Satz 5.10 des Skriptes)
Ja (Vervollständigung, Satz 4.5 und Satz 4.6 des Skriptes)
Ja (Satz 9.6 des Skriptes)
Ja: Für beliebige x, y ∈ X ist die Abbildung
γ : [0, 1] → X
x, t < 1;
t 7→
y t = 1,
einen stetigen Weg von x nach y.
(IX) Ja (Satz 5.14 des Skriptes)
(X) Ja (Satz 11.4 des Skriptes)
(2) (a) vgl. Definition 10.3 des Skriptes.
(b) Wir wissen schon, dass f ◦ g ' IdY . Außerdem
g ◦ f = IdX ◦ g ◦ f
'h◦f ◦g◦f
' h ◦ IdY ◦ f
=h◦f
' IdX
1
2
(c) Die Abbildung
H : [0, 1] × [0, 1] → [0, 1]
(s, t) 7→ st
ist eine Homotopie von
[0, 1] → {0} ,→ [0, 1]
nach Id[0,1] . Das heißt, dass [0, 1] kontrahierbar ist. Analog zeigt man, dass
[0, 1) kontrahierbar ist. Es folgt, dass
[0, 1] ' {0} ' [0, 1) ,
wie gewünscht, denn Homotopieäquivalent ist eine Äquivalenzrelation.
(d) Sei A ⊂ X eine Wegekomponente von X. Dann existiert eine Wegekomponente Yf (A) von Y mit f (A) ⊂ Yf (A) , weil f (A) wegzusammenhängend ist. Die
Abbildung
f∗ : π0 (X) → π0 (Y )
A 7→ Yf (A)
ist dann wohldefiniert. Außerdem ist YId(A) = A, falls Y = X und f = IdX ,
sodass (IdX )∗ = Idπ0 (X) . Schließlich betrachten wir eine Komposition
f
g
X → Y → Z.
Um einen Funktor zu erhalten, müssen wir noch überprüfen, dass
(g ◦ f )∗ = g∗ ◦ f∗ .
Es ist aber klar, dass
g(f (A)) ⊂ g(Yf (A) ).
Die Wegkomponent Zg(Yf (A) ) von Z, die g(Yf (A) ) entählt, entählt damit auch
g(f (A)). Folglich
g∗ (f∗ (A)) = g∗ (Yf (A) ) = Zg(Yf (A) ) = Zg(f (A)) = (g ◦ f )∗ (A)
und
(g ◦ f )∗ = g∗ ◦ f∗ .
(3) (a) vgl. Definition 7.1 des Skriptes.
3
(b) Die Einpunktkompaktifizierung von (X, τ ) ist der topologische Raum (X + , τ + ),
wobei X + := X ∪˙ {∞} und
τ + := τ ∪ U ⊂ X + | ∞ ∈ U und X \ U ist kompakt .
Wir zeigen, dass τ + eine Topolgie ist. Es ist klar, dass
∅ ∈ τ + und dass X + ∈ τ + .
Als nächstes beweisen wir, dass τ + stabil unter endlichen Schnitten ist.
(i) Wenn U, V ∈ τ , dann U ∩ V ∈ τ , weil τ eine Topologie ist.
(ii) Wenn U, V ∈ τ + mit ∞ ∈ U ∩ V , dann ist
X \ (U ∩ V ) = (X \ U ) ∪ (X \ V )
eine endliche Vereinigung von kompakte Mengen, was eine kompakte
Menge ist. Damit (U ∩ V ) ∈ τ + .
(iii) Wenn V ∈ τ und U ∈ τ + mit ∞ ∈ U , dann ist X \ U kompakt, also
abgeschlossen, weil X Hausdorff ist (vgl. Proposition 5.3 des Skriptes).
Folglich ist U \ {∞} offen und
U ∩ V = (U \ {∞}) ∩ V ∈ τ ⊂ τ + .
Schließlich beweisen wir, dass τ + stabil unter Vereinigungen ist.
(iv) Wenn {Ui }i∈I ⊂ τ , dann
[
Ui ∈ τ,
i∈I
weil τ eine Topologie ist.
(v) Nehmen wir an, dass die Familie
{Ui }i∈I ⊂ τ +
T
die Bedingung ∞ ∈ i∈I Ui erfüllt. Es ist klar, dass
!
\
[
Ui = (X \ Ui ) ⊂ X \ Ui0 ,
X\
i∈I
i∈I
sodass
!
X\
[
Ui
i∈I
abgeschlossen in einer kompakten Menge ist (vgl. Punkt (iii)). Also ist
!
[
X\
Ui
i∈I
4
kompakt (vgl. 5.5 des Skriptes) und
[
Ui ∈ τ +
i∈I
(vi) Sei nun U1 ∈ τ und U2 ∈ τ + mit ∞ ∈ U2 . Dann ist
X \ (U1 ∪ U2 ) = (X \ U1 ) ∩ (X \ U2 ) ⊂ X \ U2 ,
sodass X \ (U1 ∪ U2 ) kompakt ist (vgl. Punkt (v)).
Punkte (iv)-(v)-(vi) zeigen, dass τ + stabil unter beliebigen Vereinigungen ist.
Zum Kompaktheit: Sei
X+ =
[
Ui
i∈I
eine Überdeckung durch offene Teilmengen. Sei i0 ∈ I mit ∞ ∈ Ui0 . Dann ist
X \ Ui0 kompakt und
[
X \ U i0 ⊂
Ui .
i∈I\{i0 }
Deshalb finden wir eine endliche Teilüberdeckung
n
[
X \ Ui0 ⊂
Uik .
k=1
Wir erhalten eine endliche Teilüberdeckung
!
n
[
X+ ⊂
Uik ∪ Ui0 .
k=1
Zur Hausdorffsbedingung: Seien x, y ∈ X + mit x 6= y. Wenn x 6= ∞ 6= y,
ist alles klar, denn X selbst ist Hausdorff (Annahme). Nehmen wir an, dass
x = ∞. Seien U ⊂ X eine kompakte Umgebung um y ∈ X und V ⊂ X die
offene Teilmenge um y, die in U enthalten ist. Das Komplement X + \ U ist
eine offene Teilmenge um x = ∞ und
(X + \ U ) ∩ V = ∅,
wie gewünscht.
(c) Mit Hilfe von Satz 7.3 des Skriptes folgt, dass
(R \ {0})+ ∼
= S 1 ∪1=1 S 1
und dass
(R2 \ {0})+ ∼
= S 2 /(0, 0, 1) ∼ (0, 0, −1).
5
Die Bilder sind:
(R \ {0})+
(R2 \ {0})+
∞
(−∞, 0)
•∞
(0, ∞)
(4) (a) Sei
˙ 1 → S1 ⊂ X
f : S 2 ∪S
z, z ∈ S 1 ;
z 7→
x z ∈ S 2,
Es ist klar, dass f stetig ist und dass f eine stetige Abbildung
f¯ : X → S 1 ⊂ X
z, z ∈ S 1 ;
z 7→
x z ∈ S 2,
induziert. Da die Komposition
f¯
S 1 ,→ X → S 1
die Identität IdS 1 ist, ist S 1 ⊂ X ein Retrakt
(b) Wir rechnen aus:
f¯∗ ◦ i∗ = (f¯ ◦ i)∗
= (IdS 1 )∗
= Idπ1 (S 1 ) ,
sodass i∗ injektiv ist.
(c) Dieser Beweis ist ähnlich zum Beweis 11.9 des Skriptes. Seien a ∈ X \ S 1 und
b ∈ X \ S 2 . Wir setzen
U := X \ {a} und V := X \ {b} .
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Ist nun γ : [0, 1] → X eine in x basierte Schleife, so ist γ −1 (U ), γ −1 (V ) eine
offene Überdeckung von [0, 1]. Es sei λ ∈ R eine Lebesguezahl für diese
Überdeckung. Es sei N ∈ N so groß , dass 1/N < λ. Dann gilt für alle
0 ≤ k ≤ N − 1:
γ([k/N, (k + 1)/N ]) ⊂ U , oder γ([k/N, (k + 1)/N ]) ⊂ V .
Wir finden also endlich viele Zahlen 0 = z0 < z1 < . . . < zl = 1, so dass die
Bilder γ([zi , zi+1 ]) ⊂ X entweder ganz in U oder ganz in V liegen und zwar
abwechselnd. Insbesondere ist γ(zi ) ∈ U ∩ V für alle i = 0, . . . , l. Es sei ηi
ein Weg in U ∩ V , der x mit γ(zi ) verbindet (i = 1, 2, . . . , l − 1). Der Weg ηi
existiert, weil U ∩ V wegzusammenhängend ist. Wir setzen nun
γi := γ|[zi ,zi+1 ] .
Nach Präkomposition mit einem monoton wachsenden Homöomorphismus
[0, 1] → [zi , zi+1 ]
können wir γi als auf [0, 1] definierten Weg auffassen. Es gilt nun
−1
γ ' γ0 · η1−1 · η1 · γ1 · η2−1 · η2 · . . . · ηl−1
· γl−1 rel {0, 1}
Aber γ0 ·η1−1 , η1 ·γ1 ·η2−1 , etc. sind alle in x basierte Schleifen, die entweder ganz
in U oder ganz in V verlaufen. Da U ' S 2 , was einfach zusammenhängend
ist (vgl. 11.9 des Skriptes), sind die Schleifen, die in U enthalten sind, alle
homotop zur konstanten Schleife cx relativ {0, 1}. Also ist γ homotop zu einem
Weg µ, der völlig in V ' S 1 enthalten ist, und dies war zu beweisen.