Mengentheoretische Topologie 001

Mengentheoretische Topologie Michael Heusener Uwe Kaiser 2 25. April 2002

1 verwendet 2 verwendet

im SS 94 und SS 96 im WS 96

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Inhaltsverzeichnis

Einleitung

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1 Topologische R¨ aume und Stetige Abbildungen 1.1 Metrische und Topologische R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Stetige Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 3 10

2 Kompaktheit und Zusammenhang 2.1 Kompakte R¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Peano-Kurven (Raumf¨ ullende Kurven) 2.2 Kompaktheit und Hausdorff-R¨aume . . . . . . 2.2.1 Bolzano–Weierstrass Eigenschaft . . . 2.2.2 Lebesguesches Lemma . . . . . . . . . 2.3 Produkte von topologischen R¨aumen . . . . . 2.4 Zusammenhang . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . .

12 12 13 14 14 15 15 17

3 Quotiententopologie 3.1 St¨ uckweise Definition von Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Quotiententopologie und Produkttopologie . . . . . . . . . . . . .

22 26 27

¨ 4 Ubungsaufgaben

30

1

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Einleitung In diesem Skript werden notwendige Grundlagen der mengentheoretischen Topologie bereitgestellt, wie sie in einer Vorlesung u ur Studierende im ¨ber Topologie, f¨ zweiten bis dritten Studienjahr, ben¨otigt werden. In diesem Skript werden nur die Fakten pr¨asentiert . . . . Das Skript erhebt nicht den Anspruch der Vollst¨andigkeit. Zum tieferen Verst¨andnis des Stoffes ist es notwendig, sich mit weiterf¨ uhrender Literatur (vgl. Literaturverzeichnis) auseinander zu setzen. Wir haben uns im Wesentlichen an den Zugang in Armstrong [Arm] gehalten. Dar¨ uber hinaus haben wir uns f¨ ur eine ausf¨ uhrlichere Diskussion der Quotiententopologie entschieden. Die hier entwickelten Hilfsmittel sind in allen Bereichen der algebraischen wie geometrischen Topologie unumg¨anglich. Die Darstellung des Zusammenhangs zwischen Quotienten- und Produkttopologie haben wir dem Buch von Munkres [Mu] entnommen.

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Kapitel 1

Topologische R¨ aume und Stetige Abbildungen 1.1

Metrische und Topologische R¨ aume

1.1 Definition. Ein metrischer Raum ist ein Paar (X, d), wobei X eine Menge und d : X × X → R eine Abbildung ist mit M1: d(x, y) ≥ 0 und d(x, y) = 0 ⇔ x = y (Definitheit) M2: d(x, y) = d(y, x) (Symmetrie) M3: d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (Dreiecks-Ungleichung). 1.2 Beispiel. P • (Rn , dk ) mit dk ((x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn )) = ( ni=1 (xi − yi )k )1/k

• (Rn , d∞ ) mit d∞ ((x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn )) = maxi=1,...,n (|xi − yi |). 1.3 Definition. a) Kε (x) := {y ∈ X | d(x, y) < ε} heißt ε–Umgebung von x. b) N ⊂ X heißt Umgebung von x, falls x ∈ N und ∃ε > 0 : Kε (x) ⊂ N c) U ⊂ X ist offen, falls mit jedem x ∈ U auch eine ε–Umgebung von x in U liegt. 1.4 Bemerkung. U ⊂ X ist offen ⇔ U ist Umgebung von x f¨ ur alle x ∈ U . ˜ metrische R¨aume. f : X → Y heißt 1.5 Definition. Seien (X, d) und (Y, d) ˜ (x), f (x0 )) < ε stetig in x0 ∈ X, falls zu jedem ε > 0 ein δ > 0 existiert mit: d(f falls d(x, x0 ) < δ ist. f : X → Y heißt stetig, falls f in jedem Punkt stetig ist.

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1.6 Beispiel. Sei X eine Menge und f¨ ur x, y ∈ X ( 0, f¨ ur x = y d(x, y) = 1, sonst ˜ stetig (w¨ahle (diskrete Metrik). Dann ist jede Abbildung f : (X, d) → (Y, d) δ = 1/2). ˜ metrische R¨aume. Dann ist f : X → Y genau 1.7 Satz. Seien (X, d), (Y, d) dann stetig in x ∈ X, wenn f¨ ur jede Umgebung N von f (x) in Y die Menge f −1 (N ) eine Umgebung von x ∈ X ist. Beweis: Sei f : X → Y stetig in x und N eine Umgebung von f (x) ∈ Y ⇒ ∃ε > ˜ (x), f (y)) < ε f¨ 0 mit Kε (x) ⊂ N ⇒ ∃δ > 0 mit d(f ur d(x, y) < δ ⇒ Kδ (x) ⊂ −1 −1 f (N ) ⇒ f (N ) ist Umgebung von x. Umgekehrt, sei f : X → Y gegeben und f −1 (N ) Umgebung von x f¨ ur jede Umgebung N von f (x). Sei ε > 0 gegeben und N := Kε (f (x)). Dann ist f −1 (N ) ˜ (x), f (y)) < ε falls Umgebung von x. Also ∃δ > 0 mit Kδ (x) ⊂ f −1 (N ) ⇒ d(f d(x, y) < δ. Also ist f stetig in x. 1.8 Bemerkung. Sei (X, d) ein metrischer Raum. Zu jedem x ∈ X betrachten wir die Menge der Umgebungen von x ∈ X. Sei U(x) := {N ⊂ X|N ist Umgebung von x}. Es gilt: U1: x ∈ V f¨ ur alle V ∈ U(x). U2: V1 , V2 ∈ U(x) ⇒ V1 ∩ V2 ∈ U(x). U3: V ∈ U(x) und V ⊂ U ⊂ X ⇒ U ∈ U(x) U4: Mit V ∈ U(x) gibt es ein W ∈ U(x) mit V ∈ U(y) f¨ ur alle y ∈ W . Man beachte: U ⊂ X ist offen ⇔ U ∈ U(x) f¨ ur alle x ∈ U , d.h. die Menge U ist eine Umgebung f¨ ur alle ihre Elemente. 1.9 Definition. Eine topologische Struktur (kurz: eine Topologie) auf einer Menge X ist dadurch definiert, daß jedem x ∈ X ein System U(x) von Teilmengen von X (die Umgebungen von x), zugeordnet ist, welches die Axiome U1-U4 erf¨ ullt. Das Paar (X, {U(x)|x ∈ X}) oder nur kurz X heißt topologischer Raum. 1.10 Definition. Seien X, Y topologische R¨aume. f : X → Y heißt stetig in x ∈ X falls f −1 (N ) ∈ U(x) f¨ ur alle N ∈ U(f (x)). f : X → Y heißt stetig, falls f in jedem Punkt x ∈ X stetig ist. 4

1.11 Definition. Zwei topologische R¨aume X, Y heißen topologisch ¨aquivalent oder hom¨oomorph, falls es eine stetige, bijektive Abbildung f : X → Y gibt mit stetiger Umkehrabbildung f −1 : Y → X. f heißt dann Hom¨oomorphismus und wir schreiben X ∼ = Y. Ziel der Topologie: Klassifikation der topologischen R¨aume nach topologischer ¨ Aquivalenz. 1.12 Definition. a) Eine Teilmenge U ⊂ X heißt offen, falls U ∈ U(x) f¨ ur alle x ∈ U . Sei O das System aller offenen Teilmengen von X. ◦

b) F¨ ur A ⊂ X heißt A := {x ∈ A | A ∈ U(x)} das Innere von A. Offensichtlich ◦

gilt: A ist offen ⇔ A = A. Es gilt: O1: X, ∅ ∈ O. O2: Endliche Durchschnitte von offenen Mengen sind offen. O3: Beliebige Vereinigungen von offenen Mengen sind offen. 1.13 Lemma. Es gilt f¨ ur A ⊂ X, ◦

1. A ⊂ A, ◦

◦

2. Falls A ⊂ B ⊂ X ⇒ A ⊂ B ◦

3. A ∈ O, ◦ ◦

◦

4. (A) = A. ◦

Beweis: Falls A = ∅ ist, gilt alles trivialerweise. ◦

1. Sei x ∈ A ⇒ A ist Umgebung von x, A ∈ U(x) ⇒ x ∈ A. ◦

◦

2. Sei A ⊂ B. Dann gilt x ∈ A ⊂ A ⊂ B ⇒ B ∈ U(x) ⇒ x ∈ B. ◦

3. Sei x ∈ A ⇒ U ∈ U(x) mit U ⊂ A und A ∈ U(y) f¨ ur alle y ∈ U (U4) ◦

◦

⇒ U ⊂ A ⇒ A ∈ U(x).

5

◦

◦ ◦

◦

4. A offen ⇒ (A) = A.

1.14 Bemerkung. x ∈ U ⊂ N.

Sei N ⊂ X. Dann gilt: N ∈ U(x) ⇔ ∃U ∈ O mit

Beweis: ◦

◦

“⇒”: N ∈ U(x) ⇒ x ∈ N ⊂ N und es gilt N ∈ O. “⇐”: Sei U ∈ O mit x ∈ U ⊂ N ⇒ U ∈ U(x) ⇒ N ∈ U(x).

1.15 Satz. Sei O ein System von Teilmengen von X, welches die Eigenschaften O1 − O3 erf¨ ullt. Zu x ∈ X definieren wir M(x) = MO (x) := {N ⊂ X | ∃U ∈ O mit x ∈ U ⊂ N }. Dann erf¨ ullen die M(x) die Axiome U1 − U4. Beweis: Man beachte X ∈ M(x) ⇒ M(x) 6= ∅ gilt f¨ ur alle x ∈ X. U1: ist klar. U2: V1 , V2 ∈ M(x) ⇒ ∃U1 , U2 ∈ O und x ∈ U1 ∩ U2 ⊂ V1 ∩ V2 ⇒ V1 ∩ V2 ∈ | {z } ∈O

M(x).

U3: Sei V ∈ MO (x) und V ⊂ W ⇒ W ∈ MO (x) trivial. U4: Sei V ∈ M(x) ⇒ ∃U ∈ O mit x ∈ U ⊂ V . F¨ ur alle y ∈ U gilt U ∈ M(y) und y ∈ U ⊂ V ⇒ V ∈ M(y) f¨ ur alle y ∈ U .

1.16 Satz. O ist die Menge der offenen Mengen von MO (x), d.h. U ∈ M(y) f¨ ur alle y ∈ U ⇔ U ∈ O. Beweis: “⇐”: U ∈ O ⇒ U ∈ M(y) f¨ ur alle y ∈ U nach Definition. !

“⇒”: Sei U ∈ M(y) f¨ ur alle y ∈ U ⇒ U ∈ O. Dies ist klar wenn U = ∅. Sei U S6= ∅. Zu x ∈ U gibt es eine Menge Ux ∈ O mit x ∈ Ux ⊂ U . e e e := U x∈U Ux ∈ O und U ⊂ U , da Ux ⊂ U ∀x ∈ U . Weiterhin: U ⊃ U , e∀ x ∈ U ⇒ U e = U ⇒ U ∈ O. denn x ∈ Ux ⊂ U 6

1.17 Bemerkung. Sei {U(x) | x ∈ X} ein System von Umgebungen in X und sei O die Menge der offenen Mengen dieses Systems. Dann gilt: N ∈ U(x ) ⇔ es gibt ein U ∈ O mit x ∈ U ⊂ N . Damit folgt sofort, daß die Umgebungen MO (x), die durch O definiert werden, mit U(x) u ¨bereinstimmen. Beginnt man mit einem System O, welches die Axiome O1 − O3 erf¨ ullt und definiert mit Hilfe von O ein System von Umgebungen MO (x), so stimmen die offenen Mengen dieses Systems mit O u ¨berein. Die beiden Strukturen, offene Mengen und Umgebungen bestimmen sich also gegenseitig. Wir k¨onnen daher eine topologische Strukur nach Belieben durch offene Mengen oder Umgebungen definieren. Ab jetzt: Eine Topologie auf X ist durch ein System O von Teilmengen von X gegeben, welches den Axiomen O1 − O3 gen¨ ugt. Das Paar (X, O) heißt topologischer Raum. 1.18 Beispiel. 1. Metrische Topologie: Sei (X, d) metrischer Raum. U ⊂ X offen :⇔ ∀x ∈ U ∃εx > 0 mit Kεx (x) ⊂ U . Dies definiert die Od -offenen Mengen. Ein topologischer Raum X heißt metrisierbar, falls es eine Metrik d : X × X → R gibt mit Od = O. 2. Spurtopologie: Sei X ein topologischer Raum und Y ⊂ X. U ⊂ Y sei offen (in Y ) :⇔ ∃ offene Menge V ⊂ X mit U = Y ∩ V . Damit werden alle Teilmengen von X zu topologischen R¨aumen. 3. Diskrete Topologie: Sei X eine Menge, Odis := System aller Teilmengen von X. 4. Klumpentopologie OK = {X, ∅}, 1.19 Definition. A ⊂ X heißt abgeschlossen :⇔ CA := X − A (Komplement von A in X) ist offen. 1.20 Bemerkung. Es gilt: A1: X, ∅ sind abgeschlossen. A2: Endliche Vereinigungen von abgeschlossenen Mengen sind abgeschlossen. A3: Beliebige Durchschnitte von abgeschlossenen Mengen sind abgeschlossen. 1.21 Satz. Sei X eine Menge und A ein System von Teilmengen von X, welches die Axiome A1 − A3 erf¨ ullt. Sei U ⊂ X offen :⇔ X − U ∈ A gilt. Dann erf¨ ullen diese offenen Mengen die Axiome O1 − O3. 7

¨ Beweis: Ubung. 1.22 Definition. Sei M ⊂ X. Dann heißt x0 ∈ X H¨aufungspunkt von M (kurz Hp.), falls jede Umgebung von x0 wenigstens einen Punkt aus M − {x0 } enth¨alt. 1.23 Beispiel. 1. X = R, M = { n1 | n = 1, 2, . . . }. Dann hat M genau einen Hp. und zwar 0. 2. X = R, M = [0, 1). Dann ist jeder Punkt von M Hp. und 1 ist Hp. von M . 3. X = R3 , M = Q3 ⇒ jeder Punkt von X ist Hp. von M . 4. X = R3 , M = Z3 ⇒ M hat keinen Hp. 5. X = R (oder irgendeine unendliche Menge) versehen mit der Topologie endlicher Komplemente: M ⊂ X ist offen :⇔ X − M ist endlich oder M = ∅. (a) M ist endlich ⇒ M hat keine Hp. in X. (b) M ist unendlich ⇒ Jeder Punkt von X ist Hp. von M . Wenn X = R, so ist heißt dies die Zariski-Topologie. 1.24 Satz. A ⊂ X ist abgeschlossen ⇔ A enth¨alt alle Hp. von A. Beweis: A ist abgeschlossen ⇔ X − A ist offen ⇔ X − A ist Umgebung aller seiner Punkte ⇔ Kein Punkt aus X − A ist Hp. von A ⇔ A enth¨alt alle Hp. von A. 1.25 Definition. Sei A ⊂ X. A := A ∪ {H¨aufungspunkte vonA} heißt der Abschluß von A. F r(A) := A ∩ CA heißt der Rand von A kurz F r(A). 1.26 Satz. A ist die kleinste abgeschlossene Menge, die A enth¨alt (A ist der Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen die A enthalten). Beweis: A ist abgeschlossen, denn X − A ist offen: Zu jedem Punkt x ∈ X − A gibt es eine offene Umgebung in X − A, die A − {x} nicht trifft. Sei B ⊃ A abgeschlossen. Jeder Hp. von A ist Hp. von B und muß in B liegen, denn B ist abgeschlossen ⇒ A ⊂ B. \ B ⇒ A = A⊂B⊂X B abgeschl.

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1.27 Korollar. Eine Menge ist abgeschlossen dann und nur dann, wenn sie gleich ihrem Abschluß ist, d.h. A ⊂ X abgeschlossen ⇔ A = A. Beweis: A ⊂ X abgeschlossen ⇒ A = A A = A ⇒ A enth¨alt alle Hp. von A ⇒ A ist abgeschlossen. 1.28 Definition. Ein System B von offenen Mengen heißt Basis der Topologie von X, falls jede offene Menge Vereinigung von Mengen aus B ist. 1.29 Bemerkung. Sei B ein System von offenen Mengen von X. B ist genau dann eine Basis der Topologie von X, falls es zu jedem x ∈ X und jeder Umgebung N von X stets ein V ∈ B gibt mit x ∈ V ⊂ N . 1.30 Beispiel. 1. Sei (X, d) ein metrischer Raum. B := {Kε (x) | x ∈ X, ε > 0} ist eine Basis der Topologie von X. 2. (Rn , d2 ) mit B = {Kq (x) | x ∈ Qn , q ∈ Q} ist eine abz¨ahlbare(!) Basis. 1.31 Satz. Sei B ein nicht leeres System von Teilmengen von X. S Falls der Durchschnitt von je endlich vielen Mengen aus B in B liegt und falls V ∈B V = X ist, so ist B die Basis einer Topologie auf X. Beweis: U ⊂ X sei als offen definiert, falls U Vereinigungen von Mengen aus B ist (U = ∅ ist leere Vereinigung). Dann gilt 01: ∅, X sind offen. 02: Jede Vereinigung von offenen Mengen ist offen. S 03: Wenn U1 , . . . , Un offen, also Ui = j∈Ji Vji , dann folgt U1 ∩ · · · ∩ Un =(

[

Vj11 ) ∩ · · · ∩ (

j1 ∈J1

=

[

(j1 ,...,jn )

[

Vjnn )

jn ∈Jn

(Vj11 |

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∩ · · · ∩ Vjnn ) {z } ∈B

ist offen.

1.2

Stetige Abbildungen

1.32 Beispiel. 1. Rn ∼ = Rm ⇔ n = m. (schwieriges Problem) 2. X = [0, 1) ⊂ R und Y = S 1 = {x ∈ C | |x| = 1 ⇔ x = eit , t ∈ R}. Dann ist f : X → Y, t 7→ e2πit stetig und bijektiv, aber f −1 ist nicht stetig. (Warum?) 1.33 Satz. Seien X, Y topologische R¨aume. f : X → Y ist stetig ⇔ Urbild von offenen Mengen unter f ist offen. Beweis: f : X → Y ist stetig in x wenn gilt: das Urbild jeder Umgebung von f (x) ist eine Umgebung von x. Sei f : X → Y stetig und V ⊂ Y offen. Wir werden zeigen f −1 (V ) ist offen. Sei x ∈ f −1 (V ) ⇒ f (x) ∈ V ⇒ f −1 (V ) ist Umgebung von x, d.h. ∀x ∈ f −1 (V ) gilt f −1 (V ) ∈ U(x) ⇔ f −1 (V ) ist offen. Sei f −1 (V ) offen f¨ ur offenes V ⊂ Y . Sei x ∈ X und f (x) ∈ W ⊂ Y eine Umgebung von f (x) ⇒ ∃ offenes V mit f (x) ∈ V ⊂ W ⊂ Y ⇒ x ∈ f −1 (V ) ⊂ f −1 (W ) ⊂ X ⇒ f −1 (W ) ist Umgebung von x. 1.34 Satz. Seien X, Y, Z topologische R¨aume und f : X → Y, g : Y → Z stetig ⇒ g ◦ f : X → Z ist stetig. Beweis: Sei U ⊂ Z offen ⇒ (g ◦ f )−1 (U ) = f −1 (g −1 (U )). g −1 (U ) ⊂ Y ist offen, da g stetig ⇒ f −1 (g −1 (U )) ⊂ X offen. 1.35 Satz. Sei f : X → Y stetig und sei A ⊂ X ein Teilraum (mit der Teilraumtopologie) ⇒ f |A : A → Y ist stetig. Beweis: Sei U ⊂ Y offen (f |A )−1 (U ) = A ∩ f −1 (U ). Da f stetig ist, ist f −1 (U ) ⊂ X offen ⇒ A ∩ f −1 (U ) ⊂ A ist offen in der Teilraumtopologie. 1.36 Bemerkung. Sei idX : X → X die identische Abbildung x 7→ x. Dann ist f¨ ur jeden Teilraum A ⊂ X die Inklusion ıA = idX |A : A → X stetig. 1.37 Satz. Folgende Aussagen sind ¨aquivalent: 1. f : X → Y ist stetig. 2. Ist B die Basis einer Topologie von Y , so ist f −1 (U ) offen f¨ ur alle U ∈ B. 3. f (A) ⊂ f (A) f¨ ur alle A ⊂ X. 4. f −1 (B) ⊂ f −1 (B) f¨ ur alle B ⊂ Y . 10

5. Das Urbild von abgeschlossenen Mengen in Y ist abgeschlossen in X. ¨ Beweis: Ubungsaufgabe 1.38 Bemerkung. Ein Hom¨oomorphismus h : X → Y ist eine stetige, bijektive Abbildung mit stetiger Umkehrabbildung, d.h. h(U ) ⊂ Y ist offen ⇔ U ⊂ X ist offen. Dann induziert h eine bijektive Abbildung zwischen den Topologien auf X und Y . X und Y werden dann als topologisch ¨aquivalent betrachtet. Wir erinnern, daß eine Topologie auf einer Menge X durch ein System O von offenen Teilmengen mit O1 − O3 gegeben ist. 1.39 Definition. Seien O1 , O2 zwei Topologien auf X. Dann heißt O1 feiner als O2 , falls O1 ⊃ O2 . 1.40 Bemerkung. F¨ ur jede Menge X gilt: Die feinste Topologie ist die diskrete Topologie Odis bestehend aus allen Teilmengen von X. Die gr¨obste Topologie ist die Klumpentopologie OK = {X, ∅}. Also gilt f¨ ur jede Topologie auf X: Odis ⊃ O ⊃ OK . 1.41 Beispiel. Rn+1 ⊃ S n = {x ∈ Rn+1 | kxk = 1} N = (0, . . . , 0, 1) S n − {N } ∼ = Rn durch stereographische Projektion, wobei Rn+1 ⊃ Rn = {(x1 , . . . , xn+1 ) ∈ Rn+1 | xn+1 = 0} Man berechnet (x1 , . . . , xn+1 ) 7→ N + λ(x1 , . . . , xn , xn+1 − 1) ∈ Rn f¨ ur λ =

1 . 1−xn+1

1.42 Definition. Eine Abbildung f : X → Y heißt offen (abgeschlossen) :⇔ Bilder von offenen (abgeschlossenen) Mengen unter f sind offen (abgeschlossen). 1.43 Bemerkung. Sei f : X → Y bijektiv. Dann ist f ist offen (abgeschlossen) ⇔ f −1 : Y → X ist stetig. Beweis: Sei U ⊂ X offen (abgeschlossen) ⇔ (f −1 )−1 (U ) = f (U ) ⊂ Y ist offen (abgeschlossen).

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Kapitel 2

Kompaktheit und Zusammenhang 2.1

Kompakte R¨ aume

2.1 Definition. Ein topologischer Raum X heißt Hausdorffsch, falls es zu je zwei Punkten x1 , x2 ∈ X disjunkte offene Mengen V1 , V2 ⊂ X gibt mit xi ∈ Vi . 2.2 Beispiel. Sei (X, d) ein metrischer Raum ⇒ (X, Od ) ist Hausdorffsch. Beweis: x1 , x2 ∈ X und 0 < δ := d(x1 , x2 ) ⇒ K δ (x1 ) ∩ K δ (x2 ) = ∅. 3

3

2.3 Definition. Ein topologischer Raum X heißt kompakt, falls jede ¨ Uberdeckung von X mit offenen Mengen eine endliche Teil¨ uberdeckung besitzt. 2.4 Beispiel. K ⊂ Rn ist kompakt ⇔ K ist abgeschlossen und beschr¨ankt (Satz von Heine–Borel: Forster, Analysis II, §3, Satz 5). 2.5 Lemma. Stetige Bilder von kompakten Mengen sind kompakt. Beweis: f : X →SY sei stetig, surjektiv und X kompakt. Wir wollen zeigen f (X) ¨ von Y mit offenen Mengen ⇒ f −1 (Ui ) ist kompakt. Sei i∈I Ui eine Uberdeckung ¨ ist eine offene Uberdeckung von X, also X = f −1 (Ui1 ) ∪ · · · ∪ f −1 (Uin ). Da f surjektiv, also f (f −1 (M )) = M ∀M ⊂ Y , folgt f (X) = Y = Ui1 ∪. . . Uin liefert endliche Teil¨ uberdeckung von Y . 2.6 Satz. Eine reellwertige, stetige Abbildung f : X → R nimmt ihr Infinium und Suprem an, falls X kompakt ist. Beweis: f (X) ⊂ R ist kompakt und daher abgeschlossen und beschr¨ankt ⇒ ∃x1 , x2 ∈ X mit f (x1 ) = sup{f (x) | x ∈ X} und f (x2 ) = inf{f (x) | x ∈ X}.

12

2.7 Bemerkung. Eine Teilmenge K ⊂ X ist kompakt, falls K mit der Spurtopologie kompakt ist. ⇒ K ⊂ X ist kompakt ⇔ jede Familie von offenen Mengen in X, deren Vereinigung K enth¨alt besitzt eine endliche Teilfamilie, deren Vereinigung auch K enth¨alt. 2.8 Lemma. Sei A ⊂ X abgeschlossen und X kompakt ⇒ A ist kompakt (Abgeschlossene Teilmengen kompakter R¨aume sind kompakt.) S Beweis: Sei A ⊂ X abgeschlossen und Ui ⊂ X, i ∈ I offen mit A ⊂ i∈I Ui ⇒ [ Ui ∪ (X − A}) | {z i∈I

offen

¨ ist eine offene Uberdeckung von X ⇒ X = Ui1 ∪ · · · ∪ Uin ∪ (X − A) ⇒ A ⊂ Ui1 ∪ · · · ∪ Uin .

2.1.1

Peano-Kurven (Raumfu ¨ llende Kurven)

2.9 Satz. Es gibt eine stetige, surjektive Abbildung f : I → ∆, wobei ∆ ⊂ R2 ein gleichseitiges Dreieck ist:

f1 (I)

f2 (I)

Beweis: Die stetige Abbildung fn : I → ∆ sei f¨ ur alle n ∈ N, wie oben definiert. Es sei n ≥ m. Zu t ∈ [0, 1] gibt es k mit k/4m ≤ t ≤ (k + 1)/4m . Dann sind fm (t) und fn (t) in einem Dreieck mit Seitenl¨ange 1/2m enthalten. Es folgt: kfm (t) − fn (t)k ≤

1 , 2m

d.h. die Folge fn konvergiert gleichm¨aßig. Es folgt, daß die Funktion f (t) := limn→∞ fn (t) stetig ist. Sei y ∈ ∆ gegeben. Es folgt, daß d(y, fn (I)) ≤ 21n gilt. Da kfn (t) − f (t)k ≤ 1 ∀ t ∈ I ist, folgt f¨ ur t0 ∈ I mit d(y, fn (t0 )) < 1/2n , daß 2n kf (t0 ) − yk ≤

1 1 1 + = . 2n 2n 2n−1

Also ist y Hp. von f (I). Da f (I) kompakt und abgeschlossen ist, folgt y ∈ f (I) ⇒ f ist surjektiv. 13

2.2

Kompaktheit und Hausdorff-R¨ aume

2.10 Definition. Sei X topologischer Raum und A ⊂ X. Eine Umgebung N von A ist eine Teilmenge N ⊂ X mit N ist Umgebung f¨ ur alle Punkte aus A, N ◦

Umgebung von A ⊂ X ⇔ N ∈ U(a) f¨ ur alle a ∈ A ⇔ A ⊂ N . 2.11 Lemma. Sei X Hausdorffsch und A ⊂ X kompakt. Dann besitzen y0 ∈ X − A und A disjunkte Umgebungen. Beweis: Sei z ∈ A. Da X Hausdorffsch ist, gibt es offene Umgebungen Uz und Vz mit y0 ∈ Uz , z ∈ VSz und Uz ∩ Vz = ∅. Dann ist {Vz | z ∈ A} ein System von offener Mengen mit z∈A Vz ⊃ A ⇒ A ⊂ Vz1 ∪ · · · ∪ Vzn =: V . Wir definieren ◦

U := Uz1 ∩ · · · ∩ Uzn . Dann sind V, U ⊂ X offen, y0 ∈ U, A ⊂ V = V und

U ∩ V =(Vz1 ∪ · · · ∪ Vzn ) ∩ (Uz1 ∩ · · · ∩ Uzn ) = (Vz1 ∩ Uz1 ∩ · · · ∩ Uzn ) ∪ · · · ∪ (Vzn ∩ Uz1 ∩ · · · ∩ Uzn ) = ∅, {z } {z } | | ∅

∅

denn Uzi ∩ Vzi = ∅.

2.12 Korollar. Kompakte Teilmengen Hausdorffscher R¨aume sind abgeschlossen. Beweis: Sei K ⊂ X kompakt, X Hausdorffsch. X − K ist aber offen nach Lemma 2.11 . K ist abgeschlossen. 2.13 Satz. Eine stetige Bijektion einer kompakten Menge auf einen Hausdorffraum ist ein Hom¨oomorphismus. Beweis: Sei f : X → Y stetig, bijektiv, X kompakt und Y Hausdorffsch. f −1 ist stetig ⇔ f ist abgeschlossen. Sei A ⊂ X abgeschlossen ⇒ A ⊂ X ist kompakt ⇒ f (A) ⊂ Y ist kompakt.

2.2.1

Bolzano–Weierstrass Eigenschaft

2.14 Satz. Jede unendliche Teilmenge eines kompakten Raumes besitzt einen H¨aufungspunkt. !

Beweis: Sei S ⊂ X und S habe keinen H¨aufungspunkt in X ⇒ #S < ∞. Sei x ∈ X ⇒ Es gibt eine offene Umgebung Ux von x ∈ X mit ( {x} falls x ∈ S Ux ∩ S = ∅ falls x 6∈ S. S Es gilt dann X = x∈X Ux und S ⊂ X = Ux1 ∪ · · · ∪ Uxn , aber jedes Uxj enth¨alt h¨ochstens ein Element aus S ⇒ #S < ∞. 14

2.2.2

Lebesguesches Lemma

2.15 Definition. Sei (X, d) metrischer Raum und A ⊂ X. Der Durchmesser von A sei d(A) := sup{d(x, y) | x, y ∈ X}. A heißt beschr¨ankt, falls A endlichen Durchmesser in X hat. 2.16 Satz. Sei (X, d) ein kompakter metrischer Raum und sei {Ui | i ∈ I} ¨ eine offene Uberdeckung von X. Dann gibt es ein λ > 0 (Lebesgue–Zahl der ¨ Uberdeckung), so daß jede Teilmenge von X mit einem Durchmesser kleiner als λ in einer Menge Ui enthalten ist. Beweis: Annahme, das Lemma ist falsch. Dann gibt es eine Folge von Teilmengen An ⊂ X, kein An ist in einer der Umgebungen Ui enthalten und d(An ) ≤ n1 . Zu jedem n ∈ N w¨ahle man xn ∈ An . Betrachte {xn }n∈N . 1. #{xn | n ∈ N} < ∞ ⇒ Ein Punkt y kommt unendlich oft vor. 2. #{xn } = ∞

⇒ Es gibt einen H¨aufungspunkt y.

Sei y der H¨aufungspunkt oder der Punkt der unendlich oft vorkommt und Ui0 ¨ sei ein Element aus der Uberdeckung mit y ∈ Ui0 . W¨ahle ε > 0 mit Kε (y) ⊂ Ui0 und w¨ahle N ∈ N so groß, daß d(AN ) < 2ε und xN ∈ K 2ε (y). Dann folgt d(xN , y) < 2ε und d(x, xN ) < 2ε f¨ ur alle x ∈ AN ⇒ d(y, x) < ε f¨ ur alle x ∈ AN ⇒ AN ⊂ Ui0 . Dies widerspricht der Wahl der {An }.

2.3

Produkte von topologischen R¨ aumen

Seien X, Y topologische R¨aume. X × Y := {(x, y) | x ∈ X, y ∈ Y } X × Y soll ein topologischer Raum werden, aber wie? Wir haben die kanonischen Projektionen: p1 :X × Y → X, (x, y) 7→ x p2 :X × Y → Y, (x, y) 7→ y Motivation: Falls U ⊂ S 1 , V ⊂ I offen ist ⇒ U × V ⊂ S 1 × I ⊂ R3 ist offen. Auf der anderen Seite sei W ⊂ S 1 × I offen und x0 ∈ W ⇒ Es gibt offene Umgebungen U ⊂ S 1 und V ⊂ I mit x0 ∈ U × V ⊂ W . 2.17 Definition. Seien X, Y topologische R¨aume. B := BX×Y sei die Familie aller Teilmengen S von X × Y von der Form U × V wobei U ⊂ X und V ⊂ Y offen sind. Es gilt W ∈B W = X × Y und der endliche Durchschnitt von Mengen aus B ist wieder in B. Also ist B die Basis einer Topologie OX×Y auf X × Y . X × Y mit dieser Topologie heißt das Produkt der topologischen R¨aume X, Y und die Topologie heißt Produkttopologie. 15

2.18 Bemerkung. Mit Induktion wird alles auf das Produkt endlich vieler Faktoren verallgemeinert. 2.19 Satz. Falls X × Y die Produkttopologie tr¨agt, so sind die kanonischen Projektionen stetig und offen. Die Produkttopologie ist die gr¨obste Topologie auf X × Y , f¨ ur die die kanonischen Projektionen stetig werden. Beweis: U ⊂ X offen ⇒ p−1 1 (U ) = U × Y und U × Y ⊂ X × Y ist offen ⇒ p1 ist stetig, analog f¨ ur p 2 . Sei U × V ⊂ X × Y ein Element aus der Basis BX×Y ⇒ p1 (U × V ) = U ⊂ X ist offen. Da jede offene Menge in X × Y Vereinigung von Mengen aus BX×Y ist, folgt p1 ist offen. F¨ ur p2 folgt alles analog. Sei jetzt eine Topologie O auf X ×Y gegeben, so daß p1 und p2 stetig sind. Sei −1 −1 −1 U ⊂ X und V ⊂ Y ⇒ p−1 1 (U )∩p1 (V ) ⊂ X ×Y ist offen, aber p1 (U )∩p2 (V ) = (U × Y ) ∩ (X × V ) = U × V ⇒ die Mengen aus BX×Y sind offen ⇒ OX×Y ⊂ O. 2.20 Lemma. Eine Abbildung f : Z → X × Y ist genau dann stetig, wenn die Abbildungen p1 ◦ f : Z → X und p2 ◦ f : Z → Y stetig sind. Beweis: Angenommen, pi ◦ f ist stetig, i = 1, 2. Sei U × V ∈ BX×Y . Dann gilt: f −1 (U × V ) = f −1 (U × Y ) ∩ f −1 (X × V ) −1 −1 = f −1 (p−1 (p2 (V )) 1 (U )) ∩ f = (p1 ◦ f )−1 (U ) ∩ (p2 ◦ f )−1 (V ) Also ist f −1 (U × V ) ist als Durchschnitt zweier offener Mengen offen. Damit ist f stetig. Sei umgekehrt f stetig. Dann sind auch pi ◦ f stetig, denn die pi sind stetig. 2.21 Lemma. X × Y ist Hausdorffsch ⇔ X und Y sind Hausdorffsch. ¨ Beweis: Ubung. 2.22 Lemma. Sei X ein topologischer Raum und B eine Basis f¨ ur die Topologie ¨ von X. X ist kompakt ⇔ Jede Uberdeckung mit Mengen aus B besitzt eine endliche Teil¨ uberdeckung. ¨ Beweis: “⇒ ”ist trivial. “⇐ ”: Sei {Ui | i ∈ I} eine offene S Uberdeckung von X. Dann gibt es f¨ ur jedes i ein Menge Bi ⊂ B mit Ui = V ∈Bi V . Es ist ¨ dann {V | V ∈ Bi , i ∈ I} eine offene Uberdeckung von X. Nach Annahme gibt es endlich viele solche Mengen V , die X u ur V ∈ Bi ¨berdecken. Da V ⊂ Ui f¨ u ¨berdecken auch endlich viele Ui den Raum X. 16

2.23 Satz. X × Y ist kompakt ⇔ X und Y sind kompakt. Beweis: “⇒”: folgt aus S p1 , p2 stetig und surjektiv. ¨ mit Basis-offenen Mengen. “⇐”: Sei X ×Y = i∈I (Ui ×Vi ) eine Uberdeckung F¨ ur x ∈ X ist p2 : {x} × Y → Y ein Hom¨oomorphismus. Da Y kompakt ist, folgt {x} × Y ⊂ X × Y ist kompakt. Also gibt es eine endliche Menge I(x) ⊂ I mit [ {x} × Y ⊂ Ui × Vi . i∈I(x)

T Dann gilt x ∈ U x := i∈I(x) Ui ist eine offene Umgebung von x in X. Da X ist kompakt, gibt es x1 , . . . , xr ∈ X mit X = U x1 ∪ · · · ∪ U xr . Es gilt: X × Y = (U x1 × Y ) ∪ · · · ∪ (U xr × Y ) und U xk × Y ⊂

[

Ui × Vi

i∈I(xk )

f¨ ur k = 1, . . . , n. Es folgt X ×Y =

r [ [

Ui × Vi

k=1 i∈I(xk )

ist endliche Teil¨ uberdeckung von X × Y .

2.4

Zusammenhang

2.24 Bemerkung. Die topologischen R¨aume R, R2 , S 1 × S 1 , . . . scheinen aus einem St¨ uck zu bestehen. Es ist nicht schwer, diese Vorstellung zu pr¨azisieren. Falls X zusammenh¨angend ist und X = A ∪ B, wobei A 6= ∅ 6= B ist, dann erwarten wir, daß A und B sich schneiden, oder zumindest aneinander anstoßen. ¯ ∩ A nicht leer Wir dr¨ ucken dies mathematisch dadurch aus, daß A¯ ∩ B oder B sein soll. 2.25 Beispiel. [0, 1] = [0, 21 ) ∪ [ 21 , 1] und [0, 21 ) ∩ [ 21 , 1] 6= ∅. 2.26 Definition. Ein topologischer Raum X heißt zusammenh¨angend, falls f¨ ur jede Zerlegung X = A ∪ B in nicht leere Mengen A, B gilt: A¯ ∩ B 6= ∅ oder ¯ 6= ∅. A∩B 2.27 Satz. R ist zusammenh¨angend.

17

Beweis: Annahme R = A ∪ B, A 6= ∅ 6= B und A ∩ B = ∅. Wir werden zeigen, daß ein Punkt aus A Hp. von B ist oder umgekehrt. W¨ahle a ∈ A, b ∈ B und o.B.d.A sei a < b. Sei X := {x ∈ A | x < b} und s := sup(X) ≤ b. 1. Fall s ∈ / A, d.h. s ∈ B. Da s ∈ A¯ wegen der Definition des Supremums folgt ¯ s ∈ A ∩ B. 2. Fall s ∈ A ⇒ s < b und alle Punkte zwischen s und b liegen in B (s ist obere ¯ ⇒ s ∈ A ∩ B. ¯ Schranke) ⇒ s ∈ B

2.28 Definition. 1. Ein Teilraum Y ⊂ X heißt zusammenh¨angend, falls Y mit der Teilraumtopologie zusammenh¨angend ist. 2. Eine Teilmenge J ⊂ R heißt Intervall, falls f¨ ur a, b ∈ J alle x ∈ R mit a < x < b in J liegen. 2.29 Satz. Eine Teilmenge von R ist genau dann zusammenh¨angend, wenn sie ein Intervall ist. Beweis: Daß jedes Intervall zusammenh¨angend ist beweist man wie im letzten Satz. Sei X ⊂ R kein Intervall ⇒ ∃ a, b ∈ X und p ∈ R − X mit a < p < b. Es sei A := {x ∈ X | x < p} und B := X − A. Da p 6∈ X, ist jeder Punkt aus dem Abschluß von A in X kleiner als p und jeder Punkt aus dem Abschluß von B in ¯ = ∅. X ist gr¨oßer als p. Es folgt A¯ ∩ B = ∅ und A ∩ B 2.30 Satz. valent:

Folgende Bedingungen an einen topologischen Raum X sind ¨aqui-

¯ 6= ∅ oder A¯ ∩ B 6= (i) X ist zusammenh¨angend (X = A ∪ B, A, B 6= ∅ ⇒ A ∩ B ∅). (ii) Die einzigen gleichzeitig offenen und abgeschlossenen Teilmengen von X sind ∅ und X. (iii) X ist nicht disjunkte Vereinigung von offenen nichtleeren Teilmengen. (iv) Es gibt keine stetige surjektive Funktion ϕ : X → {0, 1} (diskrete Topologie).

18

Beweis: (i) ⇒ (ii): Sei X zusammenh¨angend und sei A ⊂ X offen und abgeschlossen. ¯ ⇒ B := X − A ist offen und abgeschlossen, insbesondere A = A¯ und B = B. ¯ = B ∩ A¯ = ∅. Da X zusammenh¨angend ist, folgt A = ∅ oder B = ∅. ⇒ A∩B (ii) ⇒ (iii): X = A ∪ B, A, B offen und A ∩ B = ∅ ⇒ A, B sind offen und abgeschlossen ⇒ A = ∅ oder B = ∅. (iii) ⇒ (iv): Sei ϕ : X → {0, 1} stetig und surjektiv. Dann ϕ−1 (0), ϕ−1 (1) sind offen, nichtleer, disjunkt und ϕ−1 (0) ∪ ϕ−1 (1) = X. (iv) ⇒ (i): Sei X ein topologischer Raum, der (iv) erf¨ ullt, aber nicht zu¯ Es gilt, daß sammenh¨angend ist. X = A ∪ B, A, B 6= ∅, A¯ ∩ B = ∅ = A ∩ B. ¯ A, B ⊂ X offen sind, denn B = X − A¯ und A = X − B. ⇒ ( 0 falls x ∈ A ϕ(x) := 1 falls x ∈ B ist stetig und surjektiv. 2.31 Lemma. Das stetige Bild eines zusammenh¨angenden Raumes ist zusammenh¨angend. Beweis: Sei f : X → Y stetig und surjektiv und X sei zusammen¨angend. Falls A ⊂ Y offen und abgeschlossen ist, so ist f −1 (A) ⊂ X offen und abgeschlossen ⇒ f −1 (A) = X oder f −1 (A) = ∅ ⇒ A = Y oder A = ∅ ⇒ Y ist zusammenh¨angend. 2.32 Korollar. Sei h : X → Y ein Hom¨oomorphismus. Dann ist X genau dann zusammenh¨angend, wenn Y zusammenh¨angend ist. 2.33 Definition. Ein Teilraum Z ⊂ X heißt dicht, falls Z¯ = X gilt. 2.34 Lemma. Falls Z ⊂ X dicht und zusammenh¨angend ist, dann ist auch X zusammen¨angend. Beweis: Sei ∅ 6= A ⊂ X offen und abgeschlossen. Da Z in X dicht ist, muß Z jede offene Menge in X schneiden ⇒ A∩Z 6= ∅. A∩Z ist offen und abgeschlossen in Z. Da Z zusammenh¨angend ist, folgt A ∩ Z = Z, d.h. Z ⊂ A ⇒ X = Z¯ ⊂ A¯ = A. ¯ so ist Y 2.35 Korollar. Falls Z ⊂ X zusammenh¨angend und Z ⊂ Y ⊂ Z, zusammenh¨angend. (Insbesondere ist Z¯ zusammenh¨angend.) Beweis: Der Abschluß von Z in Y ist ganz Y . Wende Lemma 2.34 auf das Paar Z ⊂ Y an.

19

2.36 Definition. Zwei Teilmengen A und B von X heißen getrennt in X, wenn ¯ = ∅. A¯ ∩ B 2.37 Satz. Sei F eine Familie von Teilmengen von X, deren Vereinigung X ist. Falls alle Elemente von F zusammenh¨angend sind und falls keine zwei Elemente aus F in X getrennt sind, so ist X zusammenh¨angend. Beweis: Sei A ⊂ X offen und abgeschlossen gleichzeitig. Wir werden zeigen, daß A = ∅ oder A = X. F ∈ F ist zusammenh¨angend ⇒ F ∩ A = ∅ oder F ∩ A = F . Falls F ∩ A = ∅ ist f¨ ur alle F ∈ F ⇒ A = ∅. Sonst gibt es ein F0 ∈ F mit F0 ∩ A = F0 ⇔ F0 ⊂ A. Sei F0 6= F1 ∈ F. Falls F1 ∩ A = ∅ ist, so sind F1 und F0 in X getrennt. (Denn F1 ∩ A = ∅ ⇒ F¯1 ⊂ X − A = X − A, da X − A abgeschlossen, aber F¯0 ⊂ A¯ = A ⇒ F¯0 ∩ F¯1 = ∅.) Es sind aber ur alle S keine zwei Elemente aus F getrennt in X ⇒ F ⊂ A f¨ F ∈ F ⇒ A ⊃ F ∈F F = X ⇒ A = X.

2.38 Satz. X und Y sind zusammenh¨angend ⇔ X × Y ist zusammenh¨angend.

Beweis: Wegen Lemma 2.31 brauchen wir nur ⇒“ zu zeigen. F¨ ur x ∈ X ist ” {x} × Y ⊂ X × Y zusammenh¨angend, analog ist X × {y} zusammenh¨angend. Dann ist Z(x, y) := {x} × Y ∪ X × {y} ist zusammenh¨angend, denn (x, y) ∈ {x} × Y ∩ X × {y} 6= ∅. Da [ X ×Y = Z(x, y). x∈X,y∈Y

und je zwei Z(x, y) nicht leeren Durchschnitt haben, folgt X × Y zusammenh¨angend. 2.39 Beispiel. 1. Rn ist zusammenh¨angend.

2. S n − {p} ∼ ur n ≥ 1 ⇒ S n − {p} = S n ist = Rn ist zusammenh¨angend f¨ zusammenh¨angend. 3. S 1 × S 1 ist zusammenh¨angend. 2.40 Definition. a) Ein Weg in einem topologischen Raum X ist eine stetige Abbilding γ : [0, 1] → X, γ(0) bzw. γ(1) ist der Anfangspunkt bzw. Endpunkt. γ verbindet γ(0) mit γ(1). 20

b) X heißt wegweise zusammenh¨angend, wenn je zwei Punkte in X durch einen Weg verbunden werden k¨onnen. 2.41 Bemerkung. a) γ : [0, 1] → X, t 7→ γ(1 − t) ist ein Weg in X, der γ(1) mit γ(0) verbindet. b) Falls f : X → Y stetig ist und γ : [0, 1] → X ein Weg ist folgt: f ◦ γ : [0, 1] → Y ist ein Weg. c) Falls h : X → Y ein Hom¨oomorphismus, dann ist X genau dann wegweise zusammenh¨angend, wenn Y wegweise zusammenh¨angend ist. 2.42 Lemma. Jeder wegweise zusammenh¨angende topologische Raum ist zusammenh¨angend. Beweis: Sei ∅ 6= A ⊂ X offen und abgeschlossen. Angenommen A 6= X. W¨ahle x ∈ A, y ∈ X − A und verbinde X und Y durch einen Weg γ : [0, 1] → X ⇒ γ −1 (A) ⊂ [0, 1] ist nicht leer, offen und abgeschlossen. Da y ∈ X − A ist, folgt γ −1 (A) 6= [0, 1], ∅. Dies widerspricht [0, 1] zusammenh¨angend. 2.43 Satz. Sei X ein zusammenh¨angender topologischer Raum. Besitzt jeder Punkt x ∈ X eine Umgebung N ∈ U(x) die wegweise zusammenh¨angend ist, dann ist auch X wegweise zusammenh¨angend. Beweis: Sei x ∈ X und A ⊂ X sei die Menge der Punkte, die sich mit x durch einen Weg in X verbinden lassen. x ∈ A 6= ∅. A ist offen, denn jeder Punkt y ∈ X besitzt eine Umgebung, die wegweise zusammenh¨angend ist (vgl. auch Beispiel 3.31). X − A ist offen, denn sei y ∈ X − A und N ∈ U(y) eine wegweise zusammenh¨angende Umgebung. Es folgt N ∩ A = ∅, denn sonst ist y ∈ A. Also, ∅ 6= A ⊂ X ist offen und abgeschlossen ⇒ A = X. 2.44 Beispiel. 1. Offene und zusammenh¨angende Teilmengen (sogenannte Gebiete) vom Rn sind wegweise zusammenh¨angend. Kε (x) ist wegweise zusammenh¨angend f¨ ur alle x ∈ Rn und alle ε > 0. 2. Es gibt topologische R¨aume, die zusammenh¨angend, aber nicht wegweise zusammenh¨angend sind: Y := {(0, y) ∈ R2 | −1 ≤ y ≤ 1} 1 Z := {(x, sin ) ∈ R2 | 0 < x ≤ 1} x X := Y ∪ Z ⊂ R2 Z ist als stetiges Bild einer zusammenh¨angenden Menge zusammenh¨angend. Z¯ = X in R2 ⇒ Z ⊂ X ⊂ Z¯ ⇒ X ist zusammenh¨angend. ¨ Aber X ist nicht wegweise zusammenh¨angend (Ubung!). 21

Kapitel 3

Quotiententopologie Wir wollen aus einfachen topologischen R¨aumen kompliziertere R¨aume konstruieren, z.B. das M¨obiusband aus dem Rechteck R = [0, 3]×[−1, 1] ⊂ R2 durch identifizieren von zwei gegen¨ uberliegenden Seiten. Das M¨obiusband tr¨agt nat¨ urlich die Topologie als Teilraum des R3 . Wir sind jedoch daran interessiert diese Topologie durch die einfachere des Rechtecks zu beschreiben.

π

3.1 Definition. Sei X eine Menge. SEine Partition P auf X ist eine Familie von disjunkten Teilmengen von X mit P ∈P P = X.

3.2 Definition. Sei X ein topologischer Raum und P eine Partition auf X. Es sei π = πP : X → P die nat¨ urliche Abbildung π(x) = P , wenn x ∈ P ∈ P (dies ist wohldefiniert, da P disjunkt). Dann wird eine Topologie auf P definiert durch U ⊂ P ist offen ⇔ π −1 (U ) ist offen in X. Diese Topologie auf P heißt Quotiententopologie. 3.3 Bemerkung. ¨ 1. Sei ∼ eine Aquivalenzrelation auf X. Durch ∼ ist eine Partition auf X gegeben. P∼ = {[x] | x ∈ X} wobei [x] = {y ∈ X | x ∼ y}. Umgekehrt ¨ liefert auch jede Partition P von X eine Aquivalenzrelation ∼P auf X durch: x ∼P y ⇔ x, y liegen in derselben Menge von P. 22

2. Wir schreiben X/∼ := P, wenn ∼=∼P . ¨ 3.4 Beispiel. Sei X = R und ∼ die Aquivalenzrelation: x ∼ y :⇔ x − y ∈ Z. Die zugeh¨orige Partition ist P∼ = {{x + k | k ∈ Z} | 0 ≤ x < 1}, ist also bijektiv zu [0,1) oder S 1 (vgl. Beispiel 1.32). Wir werden in Beispiel 3.14 sehen, daß die Quotiententopologie die Topologie von S 1 ⊂ R2 ist. 3.5 Definition. X, Y seien topologische R¨aume. Eine surjektive Abbildung f : X → Y heißt Quotientenabbildung oder Identifikation (kurz: f ist identifizierend) wenn gilt: U ⊂ Y ist offen ⇔ f −1 (U ) ⊂ X ist offen. 3.6 Bemerkung. 1. Identifizierende Abbildungen sind stetig. 2. Die Komposition identifizierender Abbildungen ist identifizierend. 3. πP : X → P ist identifizierend f¨ ur jede Partition P auf X und der Quotiententopologie auf P. 4. Falls f : X → Y identifizierend, so ist die Topologie auf Y die feinste, f¨ ur die f : X → Y stetig ist. 3.7 Satz. Es sei p : X → Y identifizierend und Z ein beliebiger topologischer Raum. Weiter sei f : Y → Z eine Abbildung. Dann gilt: f : Y → Z ist stetig ⇔ f ◦ p ist stetig. Beweis: Sei U ⊂ Z offen. Wenn p ◦ f stetig, so ist p−1 (f −1 (U )) ⊂ X ist offen, also f −1 (U ) ⊂ Y offen, da p identifizierend 3.8 Korollar. Sei f : X → Y eine stetige Abbildung zwischen topologischen ¨ R¨aumen vertr¨aglich mit Aquivalenzrelationen R auf X und S auf Y (d.h. f ([x]) ⊂ [f (x)] f¨ ur alle x ∈ X. Dann induziert f eine stetige Abbildung f¯ : X/R → Y /S. Beweis: Es ist q ◦ f : X → Y /S stetige Abbildung, p : X → X/R identifizierend und f¯ ◦ p = q ◦ f . 3.9 Bemerkung. Ist f : X → Y ein Hom¨oomorphismus und sind f, f −1 mit Relationen R, S vertr¨aglich, so ist f¯ ein Hom¨oomorphismus. 3.10 Definition. Es seien X, Y topologische R¨aume und f : X → Y stetig und surjektiv. Dann ist Pf := {f −1 (y) | y ∈ Y } eine Partition auf X. Es sei X/f der Quotientenraum zu dieser Partition und pf : X → X/f, x → f −1 (f (x)) die Projektion. Es sei f¯ : X/f → Y definiert durch f¯(f −1 (y)) = y. 23

3.11 Satz. Es ist f : X → Y identifizierend ⇔ f¯ ist ein Hom¨oomorphismus. Beweis: ” ⇐ ” folgt unmittelbar aus p = pf identifizierend. Sei f : X → Y identifizierend. Sei U ⊂ X/f offen. Dann ist p−1 (U ) = f −1 (f¯(U )) ⊂ X offen. Da f identifizierend ist, muß f¯(U ) offen sein. Also ist f¯ offen und daher ein Hom¨oomorphismus. 3.12 Lemma. Ist p : X → Y eine stetige, offene (oder abgeschlossene) Surjektion, so ist p identifizierend. Beweis: Zu zeigen: F¨ ur eine Menge U ⊂ Y gilt: p−1 (U ) ⊂ X ist offen ⇒ U ⊂ Y ist offen. 1. Wenn p offen ist: p−1 (U ) ist offen ⇒ p(p−1 (U )) = U ist offen. 2. Wenn p abgeschlossen ist: X − p−1 (U ) = p−1 (Y − U ) ⊂ X ist abgeschlossen ⇒ p(p−1 (Y − U )) = Y − U ist abgeschlossen ⇒ U ⊂ Y offen.

3.13 Korollar. Sei X kompakt und Y Hausdorffsch. Dann ist jede stetige Surjektion p : X → Y identifizierend. Beweis: klar, da p abgeschlossen ist. 3.14 Beispiel. Betrachte f : R → S 1 definiert durch f (t) = e2πit und die Partition P = P∼ , aus Beispeil 3.4, auf R. Da Pf = P induziert f eine stetige bijektive Abbildung R/ ∼→ S 1 . Da R/ ∼ kompakt (warum?) und S 1 Hausdorffsch, ist f¯ ein Hom¨oomorphismus. 3.15 Beispiel. Sei X := [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 mit der Teilraumtopologie und den Partitionsmengen {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}, {(x, 1), (x, 0)} f¨ ur 0 < x < 1, {(1, y), (0, y)} f¨ ur 0 < y < 1 und {(x, y)} f¨ ur 0 < x < 1, 0 < y < 1. Die zugeh¨orige Partition ist gerade Pf f¨ ur f : [0, 1] × [0, 1] → S 1 × S 1 , (t, s) 7→ (e2πit , e2πis ). Also induziert f die stetige Bijektion X/f → S 1 × S 1 . Da [0, 1] × [0, 1] kompakt und S 1 × S 1 Hausdorffsch ist f¯ ein Hom¨oomorphismus.

f

24

3.16 Beispiel. Sei X topologischer Raum. Betrachte X × I und P := {{X × {1}}, {x, t} | x ∈ X, 0 ≤ t < 1} Der Quotientenraum zu dieser Partition heißt Kegel CX u ¨ber X. 3.17 Beispiel. Zusammenschlagen eines Teilraums. Sei A ⊂ X und x ∼A y ⇔ x = y oder x, y ∈ A, P = {A, {x} | x ∈ X − A} ¨ Der Quotientenraum zu dieser Aquivalenzrelation heißt Quotient von X nach A: X/A. Z.B. : CX = X × I/X × {1} und X/{x0 } = X f¨ ur x0 ∈ X ein Punkt. 3.18 Beispiel. Dn := {x ∈ Rn | kxk ≤ 1} ⊃ S n−1 = {x ∈ Rn | kxk = 1} Dann gilt: Dn /S n−1 ∼ = S n. Konstruiere f : Dn → S n , welche bijektiv auf Dn − S n−1 ist und S n−1 auf einen Punkt abbildet. Wegen Definition 3.8 induziert f eine stetige Bijektion f¯ : Dn /S n−1 → S n , die ein Hom¨omorphismus ist wegen Dn /S n−1 kompakt und S n Hausdorff. Hier ist eine explizite Beschreibung von f : h1 : Dn − S n−1 ∼ = Rn , x 7→

x x , h−1 1 : x 7→ 1 − kxk 1 + kxk

h2 : Rn → S n \{N } Stereographische Projektion. f (x) :=

½

h2 h1 (x) f¨ ur x ∈ Dn \S n−1 N f¨ ur x ∈ S n−1

¨ Dann gilt: f ist stetig. (Ubung) 3.19 Definition. SeiSXα , α ∈ J, eine Familie topologischer R¨aume und X = qα∈J Xα die Menge α∈J Xα × {α}. Es seien iα : Xα → X die Abbildungen x 7→ (x, α). Die disjunkte Vereinigung oder Summe ist die Menge X versehen mit der folgenden Topologie: Es sei U ⊂ X offen ⇔ i−1 ur α (U ) ⊂ Xα ist offen f¨ alle α ∈ J. 3.20 Beispiel. Sind X, Y topologische R¨aume, so ist X q Y die Menge X × {0} ∪ Y × {1} und mit offenen Mengen U × {0} ∪ V × {1} f¨ ur offene Mengen U ⊂ X und V ⊂ Y . 3.21 Satz. Sei X = qα∈J Xα eine Summe und f : X → Z eine Abbildung in einen topologischen Raum Z. Dann ist f stetig ⇔ f ◦ iα : Xα → Z sind stetig f¨ ur alle α ∈ J. Beweis: folgt unmittelbar aus der Definition.

25

3.22 Bemerkung. letzten Satz).

Die Inklusionen iα : Xα → X sind stetig (w¨ahle f = id im

3.23 Beispiel. Nimm zwei Kopien desselben Raumes X. Dann ist X ∪ X = X, aber X q X ∼ 6= X, wenn X 6= ∅. 3.24 Beispiel. Ankleber¨aume : Seien X, Y topologische R¨aume und A ⊂ Y ein Teilraum. f : A → X sei eine stetige Abbildung. X ∪f Y := X q Y / ∼ mit x ∼ y :⇔ x = y oder x ∈ A und y = f (x). f heißt Klebeabbildung, wie kleben Y mit f entlang A an X. 3.25 Beispiel. Betrachte c : S n−1 → {∗} = einpunktiger Raum. ¨ Dann gilt: Dn ∪c {∗} ' S n . Beweis Ubung.

3.1

Stu ¨ ckweise Definition von Abbildungen

Wir untersuchen wann sich stetige Abbildungen auf Unterr¨aumen eines topologischen Raumes zu stetigen Abbildungen auf dem Gesamtraum zusammensetzen. 3.26 Definition. Eine Familie Vα von Teilmengen eines topologischen Raumes X heißt lokal endlich, wenn es zu jedem Punkt x ∈ X eine Umgebung U gibt, die nur endlich viele Vα schneidet. 3.27 Lemma. Die Vereinigung einer lokal endlichen Familie abgeschlossener Menge ist abgeschlossen. Beweis: Sei V die Vereinigung der abgeschlossenen Mengen Vα und x ein Hp. von V . Sei U eine OBdA offene Umgebung von x, die nur endlich viele Vα schneidet. Dann ist x auch Hp. von U ∩ V in U (Warum?). Es ist U ∩ V abgeschlossen in U , denn jede Menge U ∩ Vα ⊂ U ist abgeschlossen in U und U ∩ V ist Vereinigung endlich vieler solcher Mengen. Also x ∈ V und V enth¨alt alle Hp. von V , ist also abgeschlossen. 3.28 Satz. Sei S Xα , α ∈ J, eine Familie von Unterr¨aumen eines topologischen Raumes X mit α∈J Xα = X und a) alle Xα sind offen, oder b) alle Xα sind abgeschlossen und die Familie der Xα ist lokal endlich. Dann ist die Abbildung j : qα Xα → X definiert durch j(x, α) = x f¨ ur x ∈ Xα , α ∈ J identifizierend.

26

Beweis: a): Sei U ⊂ X und j −1 (U ) ⊂ qXα sei offen, d.h. U ∩ XαS⊂ Xα ist offen f¨ ur alle α. Dann ist U ∩ Xα ⊂ X offen (da Xα offen) und U = α U ∩ Xα ist offen in X. b): Sei V ⊂ X und j −1 (V ) ⊂ qXα sei abgeschlossen f¨ ur alle α. Dann ist V ∩X Sα wiederum zun¨achst abgeschlossen in Xα , dann in X abgeschlossen und V = V ∩ Xα ist abgeschlossen, da die Familie V ∩ Xα lokal endlich ist.

3.29 Bemerkung. Allgemein gilt: Angenommen, j : qα Xα → X ist identifizie¨ rend f¨ ur eine Uberdeckung von X durch Mengen Xα . Es seien iα : Xα → qα Xα die Inklusionen. Da f ◦ j ◦ iα (x) = f |Xα folgt aus der Definition der Topologie auf der Summe und j identifizierend, daß f : X → Y stetig ist genau dann wenn f |Xα stetig ist f¨ ur alle α. 3.30 Korollar. Sei Xα eine offene oder abgeschlossene lokal endliche ¨ Uberdeckung. Dann ist f : X → Y stetig genau dann wenn f |Xα ist stetig f¨ ur alle α. 3.31 Beispiel. Zwei Wege α : [0, 1] → X und β : [0, 1] → X setzen sich zu einem stetigen Weg αβ : [0, 1] → X zusammen, wenn α(1) = β(0) gilt. ( α(2t) falls 0 ≤ t ≤ 21 , αβ(t) := β(2t − 1) falls 12 ≤ t ≤ 1.

3.2

Quotiententopologie und Produkttopologie

3.32 Definition. Ein lokalkompakter Hausdorffraum ist ein Hausdorffraum X, in dem jede Umgebung U eines Punktes x ∈ X eine kompakte Umgebung K enth¨alt. 3.33 Beispiel. Offene oder abgeschlossene Teilmengen Euklidischer R¨aume sind lokal kompakte Hausdorffr¨aume. Insbesondere ist I := [0, 1] lokalkompakter Hausdorffraum. 3.34 Satz. Sei p : X → Y identifizierend und C ein lokal kompakter Hausdorffraum. Dann ist π = p × idC : X × C → Y × C identifizierend. Beweis: Sei A ⊂ Y × C und π −1 (A) ⊂ X × C offen. Wir zeigen: A ist offen in Y × C, indem wir zu (y0 , c0 ) ∈ A eine offene Umgebung in A finden.

27

C

(x0 , c0 )





























{x} × V

π −1 (A)

Ui+1 Ui

x X

p−1 ◦ p(Ui )

W¨ahle x0 ∈ X mit p(x0 ) = y0 , also π(x0 , c0 ) = (y0 , c0 ). Sei U1 ⊂ X offene Umgebung von x0 und W ⊂ C Umgebung von c0 mit U1 × W ⊂ π −1 (A). Da C lokal kompakter Hausdorffraum finden wir Umgebung V von c0 , V¯ kompakt und V¯ ⊂ W , also U1 × V¯ ⊂ π −1 (A). Sei allgemein Ui offene Umgebung von x0 mit Ui × V¯ ⊂ π −1 (A). Es ist p−1 (p(Ui )) ⊃ Ui nicht notwendig offen. Wir konstruieren daher Ui+1 ⊂ X mit p−1 (p(Ui )) × V¯ ⊂ Ui+1 × V¯ ⊂ π −1 (A) wie folgt: F¨ ur x ∈ p−1 (p(Ui )) ist {x} × V¯ ⊂ π −1 (A). Wegen V¯ kompakt gibt es ¨ eine x mit Wx × V¯ ⊂ π −1 (A) (Ubung!). Dann sei Ui+1 := S Umgebung Wx von −1 Wx . Es gilt Ui ⊂ p (p(Ui )) ⊂ Ui+1 . Sei U = ∪Ui = U1 ∪ U2 ∪ . . . . Dann ist U × V Umgebung von (x0 , c0 ) mit U × V¯ ⊂ π −1 (A) und −1

U ⊂ p (p(U )) =

∞ [

−1

p (p(Ui )) ⊂

1

∞ [

Ui+1 = U,

1

also U = p−1 (p(U )) ⇒ p(U ) ⊂ Y ist offen ⇒ p(U × V ) = π(U × V ) ⊂ A ist offene Umgebung von (y0 , c0 ) in A. 3.35 Korollar. Seien p : A → B und q : C → D identifizierend mit A, D (oder B, C) lokalkompakte Hausdorffr¨aume. Dann ist p×q :A×B →C ×D identifizierend. Beweis: p × q = (p × idD ) ◦ (idA × q) und Kompositionen von identifizierenden Abbildungen sind identifizierend. 28

¨ 3.36 Korollar. Seien R, S Aquivalenzrelationen auf topologischen R¨aumen ¨ X, Y und es sei R × S die Aquivalenzrelation auf X × Y gegeben durch (x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇔ x ∼ x0 und y ∼ y 0 . Wenn X und Y /S (oder Y und X/R) lokalkompakte Hausdorffr¨aume sind, so induziert die Identit¨at auf X ×Y einen Hom¨omorphismus (X × Y )/(R × S) ∼ = (X/R) × (Y /S). Beweis: Sind p : X → X/R und q : Y → Y /S die Projektionen, so ist p × q identifizierend. Es ist Pp×q die Partition zu R × S. Die Behauptung folgt aus Satz 3.11. 3.37 Satz. Sei F : X × I → Y eine stetige Abbildung (Homotopie) und f¨ ur ¨ t ∈ I sei Ft (x) = F (x, t). Sei R eine Aquivalenzrelation auf X und Ft vertr¨aglich mit R, d.h. Ft ([x]) = Ft (x) f¨ ur x ∈ X und t ∈ I. Dann induziert F eine stetige Abbildung (X/R) × I → Y . ¨ Beweis: Sei S die triviale Aquivalenzrelation t ∼ t0 ⇔ t = t0 auf I. Dann induziert F eine stetige Abbildung (X × I)/(R × S) → Y. Die Identit¨at induziert aber den Hom¨oomorphismus (ebenfalls die Identit¨at) (X/R) × (I/S) = (X/R) × I ∼ = (X × I)/(R × S), so daß die induzierte Abbildung (X/R) × I → Y stetig ist. 3.38 Beispiel. Sei F : I × I → X stetig mit Ft (0) = Ft (1) f¨ ur alle t ∈ I. Dann induziert F eine stetige Abbildung F¯ : S 1 × I → X durch F¯ (e2πis , t) = F (s, t). 3.39 Satz. Seien X, Y topologische R¨aume mit Unterr¨aumen A, B und sei F : X × I → Y mit Ft (A) ⊂ B f¨ ur alle t ∈ I. Dann induziert F eine stetige Abbildung F¯ : X/A × I → Y /B. Beweis: Dies ist nur Satz 3.37 angewendet auf die stetige Abbildung X × I → Y → Y /B und die durch A definierte Relation (siehe Beispiel 3.17).

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Kapitel 4

¨ Ubungsaufgaben (1) Sei X eine Menge und T bestehe aus allen Teilmengen von X mit endlichem Komplement, und ∅ ∈ T . Zeigen Sie: (a) T definiert eine Topologie auf X. Welche Topologie ist durch T gegeben, wenn X endlich ist? (b) Ist A eine unendliche Teilmenge von X, so ist jeder Punkt in X H¨aufungspunkt von A. Ist A eine endliche Teilmenge von X, so hat A keine H¨aufungspunkte in X. (2) Bestimmen Sie A◦ , A und Rd(A) f¨ ur jede der folgenden Teilmengen A ⊂ R2 . (a) {(x, y)|1 < x2 + y 2 ≤ 2}, (b) R2 − {(x, y)|x = 0 oder y = 0}, (c) R2 − {(x, sin( x1 )|x > 0}. (3) Zeigen Sie f¨ ur A, B ⊂ X: ◦ (a) X − A = X − A, (b) A ∪ B = A ∪ B, A ∩ B ⊂ A ∩ B, A = A, (c) (A ∪ B)◦ ⊃ A◦ ∪ B ◦ , (A ∩ B)◦ = A◦ ∩ B ◦ . Gelten in (b),(c) immer Gleichheit? (4) Welche Topologie muß ein topologischer Raum X haben, damit jede Funktion X → R stetig ist? (5) Zeigen Sie: Die Funktion h(x) =

ex 1 + ex

ist ein Hom¨oomorphismus R → (0, 1) (6) Zeigen Sie: Die folgenden Aussagen sind ¨aquivalent: (a) f : X → Y ist stetig. (b) Ist B die Basis einer Topologie von Y , so ist f −1 (U ) offen f¨ ur alle U ∈ B. 30

(c) f (A) ⊂ f (A) f¨ ur alle A ⊂ X. (d) f −1 (B) ⊂ f −1 (B) f¨ ur alle B ⊂ Y . (e) Das Urbild von abgeschlossenen Mengen in Y ist abgeschlossen in X. Hinweis: Zeigen Sie (a)⇒(b)⇒(c)⇒(d)⇒(e)⇒(a). (7) Zeigen Sie: Je zwei disjunkte kompakte Teilmengen A, B eines Hausdorffraumes besitzen disjunkte Umgebungen (d.h. es gibt U, V offen mit U ∩ V = ∅ und U ⊃ A, V ⊃ B). (8) Zeigen Sie, dass die Diagonalabbildung ∆ : X → X × X definiert durch ∆(x) = (x, x) stetig ist und es gilt: X ist Hausdorffsch ⇔ ∆(X) ⊂ X × X ist abgeschlossen. (9) Zeigen Sie: X und Y sind Hausdorffsch ⇔ X × Y ist Hausdorffsch. (10) Zeigen Sie: Es trage X × Y die Produkttopologie und es seien A ⊂ X und B ⊂ Y ¯ (A × B)◦ = A◦ × B ◦ und Teilmengen. Dann gilt: A × B = A¯ × B, ¯ ∪ A¯ × Rd(B). Rd(A × B) = Rd(A) × B (11) Zeigen Sie: (a) Jede konvexe Teilmenge des Rn ist zusammenh¨angend. (b) Ist X unendliche Menge mit der Topologie endlicher Komplemente, so ist X zusammenh¨angend. (c) S 1 ∼ 6= R, R ∼ 6= Rn f¨ ur n > 1. (12) Zeigen Sie: ◦ (a) Dn ∼ = Rn . ◦

◦

◦

(b) Zu je zwei Punkten x, y ∈ Dn gibt es einen Hom¨oomorphismus f : Dn →

Dn mit f (x) = y. (13) Sei 0 < r < R und f : [0, 2π] × [0, 2π] → R3 definiert durch: f (x, y) = ((R + rcos(x))cos(y), (R + rcos(x))sin(y), rsin(x)). Zeigen Sie: f induziert einen Hom¨oomorphismus von S 1 × S 1 auf X = Bild(f ) ⊂ R3 (Teilraumtopologie). Wie sieht X aus?

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Literaturverzeichnis [Arm]

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