Algebraische Topologie WS 2016/17 Lösungen der Woche 9

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1 Algebrische Topologie WS 2016/17 Lösungen der Woche 9 Mrtin Frnklnd Aufgbe 1. Es sei X ein Rum und X = α U α eine disjunkte Vereinigung offener Teilmengen U α X. Zeigen Sie, dss X ds Koprodukt der U α ist, ds heißt, X ist homöomorph zum Summenrum α U α. Lösung. Sei A X eine offene Teilmenge. Für jedes α ist A U α offen in U α, worus folgt, dss A α U α offen ist in der Summentopologie. (Diese Richtung gilt utomtisch.) Umgemehrt sei A α U α offen in der Summentopologie. Dies bedeutet, dss A eine disjunkte Vereinigung dieser Form ist: A = α A α, mit A α U α offen in U α für jedes α. D U α X offen in X ist, ist wiederum A α X offen in X. Deshlb ist A X offen in X, ls Vereinigung offener Teilmengen A α. 1

2 Aufgbe 2. Zeigen Sie, dss die folgenden Bedingungen uf einen Rum X äquivlent sind. 1. X is ds Koprodukt seiner Wegkomponenten. 2. Jede Wegkomponente von X ist offen in X. 3. Jeder Punkt x X besitzt eine wegzusmmenhängende Umgebung. Hinweis: Auf der Husufgbe 1 #4 htten wir die Impliktion (3) (2) schon gezeigt. Bemerkung. Insbesondere erfüllt ein CW-Komplex diese Bedingung, und eigentlich viel mehr: jeder Punkt besitzt eine beliebig kleine zusmmenziehbre offene Umgebung. Lösung. (3) (2): Siehe Husufgbe 1 #4. (2) (1): D X die disjunkte Vereinigung seiner Wegkomponenten ist, folgt diese Impliktion us Aufgbe 1. (1) (3) Jeder Punkt x X liegt in seiner Wegkomponente C x X, die nch Vorussetzung offen in X ist, lso eine offene Umgebung von x ist. 2

3 Aufgbe 3. () Zeigen Sie, dss die Bedindung der Aufgbe 2 die Folgende impliziert: die Wegkomponenten von X stimmen mit dessen Zusmmenhngskomponenten überein. (b) Widerlegen Sie die Umkehrung von (). Mit nderen Worten: Finden Sie einen Rum X dessen Wegkomponenten und Zusmmenhngskomponenten übereinstimmen, wo ber X kein Koprodukt seiner Wegkomponenten ist. Lösung. () Sei X = C π 0 (X) C die Zerlegung von X ls Koprodukt seiner Wegkomponenten. Sei Z X eine Zusmmenhngskomponente von X. D Z zusmmenhängend ist, muss Z in einem Summnden C X liegen, d.h., es gilt die Inklusion Z C. D Z selber eine Disjunkte Vereinigung mncher Wegkomponente von X ist, gilt die Gleichung Z = C. (b) Betrchten wir X = { 1 n n N} {0} ls Teilrum X R. Dnn ist jeder einzelne Punkt {x} X eine Zusmmenhngskomponente von X, insbesondere uch eine Wegkomponente 1 von X. Allerdings ist der Punkt {0} X nicht offen in X, sodss X kein Koprodukt x X {x} ist. (Dieses Koprodukt ist übrigens ein diskreter Rum.) 1 Jede Wegkomponente liegt in einer Zusmmenhngskomponente, die in diesem Beispiel einzelne Punkte sind. Eine nichtleere Teilmenge von {x} muss {x} selbst sein. 3

4 Aufgbe 4. () X = { 1 n Zeigen Sie, dss die folgenden Räume keine CW-Komplexe sind. n N} {0} ls Teilrum X R. Lösung. Wie in der Aufgbe 3(b) gezeigt, ist X kein Koprodukt seiner Wegkomponenten, somit kein CW-Komplex. (b) Die Sinuskurve des Topologen bzw. der Topologin: X = {(t, sin 1 t t (0, 1]} ({0} [ 1, 1]) ls Teilrum X R 2. Lösung. Der Rum X besteht us zwei Wegkomponenten ber nur einer Zusmmenhngskomponente. Deshlb ist X kein CW-Komplex, lut Aufgbe 3(). 4

5 (c) Der hwiische Ohrring X = n N C n R 2, wo C n R 2 den Kreis mit Mittelpunkt ( 1 n, 0) und Rdius 1 n bezeichnet. Lösung. Der Punkt (0, 0) X ht keine einfch zusmmenhängende Umgebung (siehe Lemm unten). In einem CW-Komplex ht jeder Punkt beliebig kleine zusmmenziehbre Umgebungen, insbesondere mindestens eine einfch zusmmenhängende Umgebung. Lemm. Sei U X eine Umgebung des Punkts (0, 0) X. Dnn ist die Fundmentlgruppe π 1 (U, (0, 0)) nicht trivil. Beweis. Für jedes n N besitzt die Inklusion des Kreises C n X eine Retrktion r n : X C n, nämlich die Abbildung mit r n (C i ) = {(0, 0)} für lle i n. Anders gesgt bildet r n die übrigen Kreise C i konstnt uf den Bsispunkt (0, 0) b. D U einen offenen Bll um (0, 0) enthält, gilt die Inklusion C m U für m groß genug. Dnn besitzt uch die Inklusion C m U eine Retrktion, nämlich die Einschränkung r m U : U C m, wie in diesem Digrmm drgestellt: id Cm C m X rm C m U. r m U D π 1 (C m, (0, 0)) = π 1 (S 1 ) = Z nicht trivil ist, knn π 1 (U, (0, 0)) nicht trivil sein. 5

6 (d) Der Kmm X = [0, 1] ({ 1n ) n N} {0} ({0} [0, 1]) ls Teilrum X R 2. Lösung. Betrchten wir den offenen Bll V = B ( ( 1, 0), 0.4) und eine Umgebung U von 2 ( 1, 0) mit U V. Dnn ist U nicht wegzusmmenhängend. In einem CW-Komplex ht 2 jeder Punkt beliebig kleine zusmmenziehbre Umgebungen, insbesondere beliebig kleine wegzusmmenhängende Umgebungen. Bemerkung. Die Räume in Beispielen (), (b), und (c) sind nicht einml homotopieäquivlent zu einem CW-Komplex. Beweise dfür findet mn zum Beispiel in [1]. Dgegen ist der Kmm im Beispiel (d) homotopieäquivlent zu einem CW-Komplex, j sogr zusmmenziehbr. 6

7 Aufgbe 5. Sei X ein CW-Komplex, mit einer bestimmten CW-Struktur versehen. Zeigen Sie, dss die folgenden Aussgen äquivlent sind. 1. X ht (mindestens) eine Zelle der Dimension d n. 2. Es gibt eine Einbettung D n X. 3. Es gibt eine Einbettung R n X. Insbesondere hängt die Dimension von X ls CW-Komplex dim(x) = sup{n e n α ist eine Zelle von X} nicht von der CW-Struktur b, sondern nur vom zugrundeliegenden Rum X. Lösung. Die Äquivlenz (2) (3) ht nichts mit CW-Komplexen zu tun, sondern nur dmit, dss sich D n und R n ineinnder einbetten lssen. Die eine Einbettung erhält mn nch Definition, denn die n-kugel D n R n ist ein Teilrum von R n. Bezeichnet mn mit B n = B(0, 1) = D n \ D n = {x R n x < 1} den offenen Einheitsbll in R n. Sei h: R n = B n ein Homöomorphismus, wie zum Beipiel die Sklierung x h(x) = 1 + x. Dnn ist die Verkettung eine Einbettung R n D n. R n h = B n Inklusion D n (2) (3) Sei f : D n X eine Einbettung. Dnn ist die Verkettung R n D n f X eine Einbettung. (3) (2) Sei g : R n X eine Einbettung. Dnn ist die Verkettung D n R n g X eine Einbettung. 7

8 (1) (3) Gegeben sei eine d-zelle von X mit chrkteristischer Abbildung Φ α : D d X d. Die Einschränkung B d Φ α Bd Xd ist eine Einbettung in ds d-skelett X d, mit Bild Φ α (B d ) = e d α X d. Verkettung mit der Inklusion X d X liefert dnn eine Einbettung B d X. Die Ungleichung d n grntiert, dss es eine Einbettung B n B d gibt, ws durch Verkettung eine Einbettung B n B d X liefert. (2) (1) Sei f : D n X eine Einbettung. Wegen Kompktheit der Kugel D n ist ds Bild f(d n ) X wiederum kompkt und liegt somit in einem endlichen Unterkomplex K X. Anders gesgt fktorisiert f : D n X durch die Inklusion K X, wie in diesem Digrmm drgestellt: D n f X f K. Es sei e m α eine Zelle von K der mximlen Dimension m <. Dnn ist die offene Zelle e m α K m offen in K m = K. Folglich ist ds Urbild f 1 (e m α ) D n offen in D n (und nichtleer, ohne Beschränkung der Allgemeinheit), sodss f 1 (e m α ) einen kleinen offenen Bll Bn f 1 (e m α ) enthält. Durch Einschränkung bekommt mn eine Einbettung B n f Bn e m α = B m, ws nur dnn möglich ist, wenn die Dimensionen die Ungleichung n m erfüllen. 8

9 Aufgbe 6. Mn bezeichnet mit M ds Möbiusbnd und M M seinen Rnd; siehe Husufgbe 3 #2. () Sei ϕ: S 1 = M M die Verkettung der Inklusion M M mit einem Homöomorphismus S 1 = M. Zeigen Sie, dss ds Pushout M ϕ D 2 homöomorph ist zur projektiven Ebene RP 2. Hier entsteht M ϕ D 2 us M durch Anheften einer 2-Zelle entlng ϕ: S 1 M. Lösung. Die projektive Ebene ist gegeben (bis uf Homöomorphismus) durch RP 2 = D 2 /x x für x D 2. Sei B D 2 ein kleiner offener Bll im Inneren der Kreisscheibe, zum Beispiel B = B(0, 1 2 ). Mn knn B ls Teilrum von RP 2 uffssen, weil die Verkettung B ι D 2 q D 2 / = RP 2 eine Einbettung ist. Der Rum RP 2 \ B ht einen Rnd (RP 2 \ B) = S 1. Durch Anheften einer 2-Zelle entlng des Rndes entsteht die projektive Ebene wieder: (RP 2 \ B) (RP 2 \B) D 2 = RP 2. Folglich genügt es zu zeigen, dss RP 2 \ B homöomorph ist zum Möbiusbnd M. Diesen Homöomorphismus RP 2 \ B = M konstruieren wir unten schrittweise ls Verkettung von Homöomorphismen. Abbildung 1: Ds Möbiusbnd M c 2 Abbildung 2: Umbenennung. 9

10 c 2 1 c 1 2 Abbildung 3: Schneiden entlng c. c c Abbildung 4: Kleben entlng 2. 1 c c Abbildung 5: Kleben entlng 1. Der letzte Schritt ergibt den Rum RP 2 \ B. 10

11 (b) Zeigen Sie, dss ds Pushout M M M homöomorph ist zur kleinschen Flsche. Anschulicher gesgt ht mn zwei Möbiusbänder entlng ihrer Ränder miteinnder verklebt. Lösung. Einen Homöomorphismus M M M = K konstruieren wir unten schrittweise ls Verkettung von Homöomorphismen. b b Abbildung 6: Die kleinsche Flsche K. b 1 b 2 c 1 c 2 b 2 b 1 Abbildung 7: Umbenennung. b 1 b 2 c 1 c 1 c 2 c 2 b 2 b 1 Abbildung 8: Schneiden entlng c 1 und c 2. 11

12 b 1 b 2 c 1 c 2 c 2 c 1 b 1 b 2 Abbildung 9: Kleben entlng. In der Grfik 9 sind beide Räume homöomorph zum Möbiusbnd M. Ihre Ränder werden beide durch die Schleife c 1 c 2 prmetrisiert. Somit ergibt die drgestellte Identifizierung den Rum M M M. 12

13 Aufgbe 7. Mn bezeichnet mit M g die orientierbre Fläche vom Geschlecht g 1. Zum Beispiel ist M 1 = T 2 der Torus. Mn merke, dss die Fundmentlgruppe π 1 (T 2 ) = Z Z belsch ist. Zeigen Sie, dss für jedes g 2 die Fundmentlgruppe π 1 (M g ) nicht belsch ist. Lösung. Die Fundmentlgruppe π 1 (M g ) ht die folgende Präsenttion mit 2g Erzeugern und einer Reltion: Diese Gruppe besitzt ls Fktorgruppe π 1 (M g ) = 1, b 1,..., g, b g [ 1, b 1 ] [ g, b g ]. π 1 (M g )/{b 1,..., b g } = 1,..., g 1 = 1,..., g, eine freie Gruppe F g in g Erzeugern. Für jedes g 2 ist die freie Gruppe F g nicht belsch, worus folgt, dss π 1 (M g ) selbst nicht belsch ist. Litertur [1] Mthemtics Stck Exchnge, Is there ny exmple of spce not hving the homotopy type of CWcomplex? (Oct. 12, 2013), Accessed Jn. 11,

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