Klausur zur Topologie

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1 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: 10 Seiten DIN A4 eigenhandgeschrieben Bearbeitungen mit Bleistift oder Rotstift sind nicht zulässig. Viel Erfolg! Den unteren Teil dieses Deckblattes bitte für Korrekturvermerke freilassen. Aufgabe Gesamt Punkte /1 /12 /13 /13 /14 /12 /12 /77 1

2 Aufgabe 2. Ja, nein, warum? (12 Punkte) Beantworten Sie folgende Fragen und begründen Sie kurz, etwa durch Nennung eines Ergebnisses oder eines Beispiels aus Vorlesung oder Übung. 2A. Konvergiert die Funktionenfolge f n : R R mit f n (x) = n k=0 xk /k! gleichmäßig auf R? Nein. In der Supremumsnorm gilt f n f n 1 R =, also ist (f n ) n N keine Cauchy Folge. Dieses Argument gilt für jede Potenzreihe, die unendlich viele Koeffizienten 0 hat. Alternative: In unserem Spezialfall haben wir punktweise Konvergenz f n (x) exp(x) in jedem Punkt x R. Wenn f n gleichmäßig konvergiert, dann gegen exp. Es gilt jedoch f n exp R =. 2B. Erfüllt jeder metrische Raum (X, d) das erste Abzählbarkeitsaxiom? Begründung? Ja. Für a X ist B(a, 1/k) mit k = 1, 2, 3,... eine abzählbare Umgebungsbasis. 2C. Ist der Produktraum [0, 1] N metrisierbar? Wenn ja, wie? Wenn nicht, warum? Ja. Eine geeignete Metrik ist d(x, y) = k=0 2 k x k y k. 2D. Ist der Produktraum [0, 1] R metrisierbar? Wenn ja, wie? Wenn nicht, warum? Nein. Dieser Raum erfüllt nicht das erste Abzählbarkeitsaxiom. 2E. Ist der Produktraum [0, 1] R kompakt? Begründung? Ja. Das Intervall [0, 1] ist kompakt, somit auch das Produkt [0, 1] R dank Tychonoff. 2F. Gibt es injektive stetige Abbildungen R m R n für m > n? Begründung? Nein. Wir haben g : S n R m, und h : R m R n impliziert f = h g : S n R n. Dies ist nach dem Satz von Borsuk Ulam unmöglich, denn zu f existiert x S n mit f( x) = f(x). 2

3 Aufgabe 3. Homöomorphie (13 Punkte) Wir betrachten die Kreislinie S 1 = { z C z = 1 } und den Kreisring R = { z C 1 z 2 } und bilden hieraus folgende Räume: A = S 1 [1, 2] [ 2, 1] B = S 1 [1, 2] [ 1, 0] C = S 1 [1, 2] [0, 1] X = R [2, 3] [ 3, 2] Y = R [2, 3] [ 1, 0] Z = R [2, 3] [0, 1] 3A. Sind die Räume A und B homöomorph? Begründung? Ja. Es gilt h : A B mit h(x) = 2 x für x [ 2, 1] und h(z) = z sonst. 3B. Sind die Räume B und C homöomorph? Begründung? Nein. Der Raum B ist in genau vier Punkten nicht lokal homöomorph zum Raum R 1, nämlich in 1, 0, 1, 2, der Raum C hingegen nur in drei Punkten, nämlich in 0, 1, 2. Alternative: Die trennenden Punkte bilden zwei Komponenten in B, aber nur eine in C. 3C. Sind die Produkträume A [0, 1] und C [0, 1] homöomorph? Begründung? Nein. Die Räume A [0, 1] und C [0, 1] sind beinahe berandete Flächen, also in jedem Punkt lokal homöomorph zu R 2 0, bis auf A = {±1} [0, 1] bzw. C = {1} [0, 1]. Gäbe es einen Homöomorphismus h : A [0, 1] A hat zwei Komponenten, C nur eine. C [0, 1], so folgte A = C, was nicht der Fall ist: 3

4 3D. Geben Sie die Menge X der Punkte x X an, in denen X lokal homöomorph zu R 2 ist. Es gilt X = Y = Z = { z C } 1 < z < 2. Erläuterung: Diese Teilmenge ist zugleich das Innere von X, Y, Z bezüglich des umgebenden Raumes C, aber die lokale Beschreibung ist für die folgenden Fragen vorteilhaft, denn sie ist intrinsisch und somit offensichtlich invariant unter Homöomorphismen. 3E. Sind die Räume X und Y homöomorph? Begründung? Nein. Gäbe es einen Homöomorphismus h : X Y, so folgte h( X) = Y. Dann wären auch die Komplemente X X und Y Y homöomorph, was offensichtlich nicht der Fall ist. (Man argumentiert wie oben: Die beiden Komponenten X X sind homöomorph zu S 1 bzw. A und daher nicht homöomorph zu den beiden Komponenten von Y Y.) 3F. Sind die Räume Y und Z homöomorph? Begründung? Ja. Es gibt Homöomorphismen h : C C mit h(y ) = Z, etwa h(re 2πiθ ) = re 2πi(θ+g(r)) mit 1/2 für 0 r 1, g(r) = 1 r/2 für 1 r 2, 0 für r 2. 3G. Skizzieren Sie X [0, 1] und Y [0, 1] und Z [0, 1]. Sind diese homöomorph? Die Produkträume sind homöomorph zu Volltori mit angeklebten Quadraten. Letztere lassen sich entlang der Torusfläche verschieben. (Das lässt sich durch einen Homöomorphismus darstellen analog zur vorigen Frage, ist aber mühsamer zu parametrisieren.) Ja, die Produkträume sind homöomorph: Es gilt X = Y = Z aber X [0, 1] = Y [0, 1] = Z [0, 1]. Die Moral von der Geschicht : Jeder Homöomorphismus X = Y impliziert X F = Y F, aber die Umkehrung ist falsch, wie unser Beispiel zeigt. 4

5 Aufgabe 4. Klassifikation kompakter Flächen (13 Punkte) Die folgende Abbildung zeigt Flächen im R 3. Jede besteht aus einem Zylinder, an dessen Rand zwei Bänder angeklebt sind. Nach dem Klassifikationssatz ist jede dieser Flächen homöomorph zu genau einer unserer Modellflächen Fg,r. ε Bestimmen Sie ε, r, g für jedes dieser Beispiele: A B C D E F 4. Alle sechs Flächen haben dieselbe Euler Charakteristik, nämlich χ = 2. 4A. Es gilt A = F ε g,r mit ε =, r = 2, g = 1. 4B. Es gilt B = F ε g,r mit ε =, r = 2, g = 1. 4C. Es gilt C = F ε g,r mit ε = +, r = 4, g = 0. 4D. Es gilt D = F ε g,r mit ε =, r = 1, g = 2. 4E. Es gilt E = F ε g,r mit ε = +, r = 2, g = 1. 4F. Es gilt F = F ε g,r mit ε = +, r = 2, g = 1. Erläuterung: Die angegebenen Daten sind redundant, was man zur Überprüfung nutzen kann. Das Geschlecht g kann man mit χ(f + g,r) = 2 2g r bzw. χ(f g,r) = 1 g r leicht ausrechnen. 5

6 Aufgabe 5. Flächen und Quotienten (14 Punkte) z z y y x x Wir betrachten die Sphäre S 2 = { (x, y, z) R 3 x 2 + y 2 + z 2 = 1 } sowie den Rotationstorus T = { ( (2 + sin s) cos t, (2 + sin s) sin t, cos s ) s, t R } als Teilräume im R 3. Ferner sei RP 2 die reell-projektive Ebene, K die Kleinsche Flasche, D 2 = { (x, y) R 2 x 2 + y 2 1 } die Kreisscheibe und schließlich R = { (x, y) R 2 1 x 2 + y 2 9 } ein Kreisring. 5A. Der Quotient von S 2 modulo (x, y, z) (x, y, z) ist homöomorph zu: D 2 5B. Der Quotient von S 2 modulo (x, y, z) (x, y, z) ist homöomorph zu: S 2 5C. Der Quotient von S 2 modulo (x, y, z) ( x, y, z) ist homöomorph zu: RP 2 5D. Der Quotient von T modulo (x, y, z) (x, y, z) ist homöomorph zu: R 5E. Der Quotient von T modulo (x, y, z) ( x, y, z) ist homöomorph zu: T 5F. Der Quotient von T modulo (x, y, z) ( x, y, z) ist homöomorph zu: K 5G. Der Quotient von T modulo (x, y, z) (x, y, z) ist homöomorph zu: S 2 Erläuterung: Die Quotienten kann man durch Anschauung finden und durch eine Skizze begründen. (Versuchen Sie es!) Interessanter und etwas anspruchsvoller ist es, möglichst explizite Homöomorphismen zu finden. (Das war nicht gefragt, aber versuchen Sie auch dies!) 6

7 Aufgabe 6. Simplizialkomplexe (12 Punkte) 6A. Ist jede stetige Abbildung f : S m S n mit m < n zusammenziehbar? Begründung? Ja. Dank simplizialer Approximation ist f homotop zu einer simplizialen Abbildung g. Wegen m < n ist g nicht surjektiv, und wegen S n {p} = R n zusammenziehbar. Daher gilt f g, dank Transitivität also f. 6B. Der Raum X = Y [±e 1 ] R 3 bestehe aus dem Rand des Oktaeders Y = [±e 1, ±e 2, ±e 3 ] und dem Durchmesser [±e 1 ]. Bestimmen Sie die Fundamentalgruppe π 1 (X, e 1 ). Begründung? Es gilt π 1 (X, e 1 ) = Z. Wir haben π 1 ( Y, e 1 ) = π 1 (S 2, e 1 ) = {1}. Dank der simplizialen Darstellung der Fundamentalgruppe wird π 1 (X, e 1 ) = Z frei erzeugt von der Kante [±e 1 ]. 6C. Sei K ein Simplizialkomplex und x 0 ein Eckpunkt, sodass für jede Kante {a, b} K auch {x 0, a, b} K ein Simplex von K ist. Was bedeutet das für die Fundamentalgruppe π 1 (K, x 0 )? Die Fundamentalgruppe ist trivial, also π 1 (K, x 0 ) = {1}. Jedes Gruppenelement wird repräsentiert durch einen geschlossenen Kantenzug w = v 0 v 1 v 2... v n mit {v i 1, v i } K für alle i = 1,..., n und v 0 = v n = x 0. Nach Voraussetzung ist jeder solche Weg zusammenziehbar, denn wir haben die simplizialen Homotopien w x 0 v 1 x 0 v 2 x 0... x 0 x 0 x 0 x 0... x 0 x 0 x 0. 6D. Folgt hieraus, dass K zusammenziehbar ist? (Beweis oder Gegenbeispiel) Nein. Der Rand des Tetraeders ist ein Gegenbeispiel. Ausführlicher: Für jeden der vier Eckpunkte x 0 und jede der sechs Kanten {a, b} ist auch {x 0, a, b} ein Simplex von 3. Jedoch ist 3 = S 2 nicht zusammenziehbar: Der Abbildungsgrad liefert eine Bijektion deg : [S 2, S 2 ] Z, insbesondere gilt deg(const) = 0 und deg(id S 2) = 1 und somit id S 2 const. 7

8 Aufgabe 7. Fundamentalgruppe (12 Punkte) Wir versehen den euklidischen Raum R 3 mit der Supremumsnorm (x 1, x 2, x 3 ) = max{ x 1, x 2, x 3 }. Somit ist W = { x R } 3 x = 1 der Rand eines achsenparallelen Würfels. Zur Standardbasis e 1, e 2, e 3 betrachten wir die drei Achsen X i = R e i. Ziel dieser Aufgabe ist es, die Fundamentalgruppe des Komplements A = R 3 (X 1 X 2 X 3 ) zu bestimmen, also π 1 (A, a). Hierbei sei a = (1, 1, 1) der Fußpunkt. 7A. Zeigen Sie, dass B = W {±e 1, ±e 2, ±e 3 } ein starker Deformationsretrakt von A ist. Die Abbildung r : A B mit r(x) = x/ x ist wohldefiniert und stetig und erfüllt r B = id B. Es gilt r id A vermöge H : [0, 1] A A mit H(t, x) = tx + (1 t)x/ x. Diese Abbildung ist wohldefiniert und stetig, somit eine Homotopie von H 0 = r nach H 1 = id A mit H t B = id B. 7B. Die Fläche B erlaubt als starken Deformationsretrakt eine kompakte Fläche C B A. Welche Fläche F g,r ± ist dies in unserer Liste der Modellflächen? Eine solche Fläche C erhält man aus dem Würfel W durch Entfernung von sechs offenen Kreisscheiben, also C = F 0,6. + (Letzteres ist tatsächlich die einzige Möglichkeit.) 7C. Die offene Fläche B bzw. die kompakte Fläche C erlaubt als starken Deformationsretrakt einen Graphen D C B A. Welche Euler Charakteristik hat dieser Graph? Einen solchen Graph D erhält man aus den 8 Ecken und 12 Kanten des Würfels W, also χ(d) = 4. (Letzteres ist tatsächlich die einzige Möglichkeit.) 7D. Hieraus folgt, dass die Fundamentalgruppe π 1 (A, a) frei ist. Welchen Rang hat sie? Aus den vorigen Fragen wissen wir (A, a) (B, a) (C, a) (D, a). Für den Graphen D ist die Fundamentalgruppe π 1 (D, a) = π 1 (C, a) = (B, a) = π 1 (A, a) frei vom Rang 5. 7E. Seien α 1, α 2, α 3, α 4, α 5, α 6 geschlossene Wege in (A, a), die jeweils die Halbachse R >0 e 1, R >0 e 2, R >0 e 3 bzw. R <0 e 1, R <0 e 2, R <0 e 3 einmal positiv umrunden (Rechte-Hand-Regel vom Urprung wegzeigend). Finden Sie eine nicht-triviale Relation in π 1 (A, a) zwischen den Gruppenelementen [α 1 ],..., [α 6 ] und wählen Sie hieraus ein freies Erzeugendensystem. Der Weg α 1 α 2 α 3 α 4 α 5 α 6 ist nullhomotop. (Man mache sich eine Zeichnung!) Die Familie [α 1 ],..., [α 5 ] ist ein freies Erzeugendensystem. (Man sieht dies in π 1 (D, a). Allgemein bildet jede Auswahl von fünf Elementen aus [α 1 ],..., [α 6 ] eine Basis.) 8