D-MATH Topologie FS 15 Theo Bühler. Musterlösung 11. d(x, y) := n 0. 2 n d n (x n, y n ),

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1 D-MATH Topologie FS 15 Theo Bühler Musterlösung a) Da (C n, d n ) kompakt ist, nimmt die stetige Funktion d n : C n C n [0, ), (x, y) d(x, y) ihr Maximum diam C n an. Ersetzen wir d n durch d n = d n / diam C n, so können wir annehmen, dass d n 1 gilt. Auf C definiere die Metrik d(x, y) := n 0 n d n (x n, y n ), was wegen der Annahme d n 1 absolut konvergiert. Dann stimmt die Produkttopologie auf C mit der von d induzierten Topologie überein (Serie 3, Aufgabe 4). In einem metrischen Raum ist Kompaktheit äquivalent zur Folgenkompaktheit. Sei x i = {x i } i N eine beliebige Folge in X und sei x i (n) := π n (x i ) die Projektion dieser Folge auf den n-ten Faktor. Also gibt es eine Teilfolge x i1 (k)(1) von x i (1), die in K 1 gegen einen Punkt a 1 konvergiert. Dann ist x i1 (k)() eine Folge in K und es gibt wiederum eine Teilfolge x i (k)() die in K gegen einen Grenzwert a konvergiert. Iterativ finden wir Teilfolgen x il (k), sodass x il (k)(n) in K n konvergiert für n l. Wir behaupten, dass x il (l) eine konvergente Teilfolge von x i ist und gegen (a 1, a,...) konvergiert. Tatsächlich ist x il (l)(n) nach den ersten n Elementen eine Teilfolge von x in(l)(n). Weil x in(l)(n) gegen a n konvergiert tut dies auch x il (l)(n). Aus der Konvergenz von x il (l)(n) für alle n folgt aus der Definition der Metrik d, dass x il (l) in K gegen (a 1, a,...) konvergiert. b) Sei C ein kompakter metrischer Raum. Weil C kompakt ist gibt es für jedes n 1 endlich viele Punkte x i X n, sodass { } U n := (x i ) : x i X n B 1 n eine Überdeckung von C ist. Die Menge n 1 X n ist eine abzählbare dichte Teilmenge von C, denn ist x C ein beliebiger Punkt und B ε (x) ein offener Ball mit Radius ε, dann muss es für 1 < ε mindestens einen Punkt y in X n n geben, sodass y B ε (x) und x B 1 (y) B ε (x). Insbesondere ist U := n n 1 U n eine abzählbare Umgebungsbasis von C. Also ist C separabel und zweitabzählbar. Bitte wenden!

2 . Wir starten wie angegeben und zeigen, dass jedes B B sich als Vereinigung höchstens κ Elementen aus B schreiben lässt. Da B eine Basis ist, gibt es eine Menge I(B ) B, so dass B = B. B I(B ) Setze B 0(B ) = {U B : U B für ein B I(B )} B und wähle für jedes U B 0(B ) ein B U I(B ) mit U B U. Für jedes x B gibt es dann ein B I(B ) mit x B, und somit ein U B 0(B ) mit x U B. Für B U folgt dann x U B U, und damit B = U B 0 (B ) B U wobei #{B U : U B 0(B )} #B 0(B ) #B κ. Für jede der κ Mengen B B ist I 0 (B ) = {B U : U B 0(B )} B eine Menge von höchstens κ Elementen und einerseits ist B 0 = I 0 (B ) B B B eine Basis und andererseits hat sie höchstens κ = κ Elemente. 3. a) Wir zeigen zunächst, dass die Mengen V f = {x X : f(x) 0} eine Basis bilden. Ist U offen und x U, dann gibt es ein stetiges f : X [0, 1] mit f(x) = 1 und f X U = 0, da X ein T 3 1 -Raum ist. Es ist dann x V f U. Für die Menge F der stetigen Funktionen f : X [0, 1] erhalten wir die Basis B = {V f : f F } und wir finden nach Aufgabe 4 eine Teilmenge F 0 F mit #F 0 κ so dass B 0 = {V f : f F 0 } ebenfalls eine Basis ist. Die Menge F 0 trennt Punkte von abgeschlossenen Mengen. Dies liegt daran, dass es für x X F mit abgeschlossenem F ein V f gibt mit x V f X F, d.h. f(x) > 0, und damit f(x) / {0} = f(f ). b) Sei F 0 die in a) gewählte Menge von Funktionen f : X I f = [0, 1]. Nach dem Tychonov-Diagonalensatz ist die durch F 0 gegebene Abbildung f : X f F 0 I f x (f(x)) f F0 ein Homöomorphismus aufs Bild f : X = f(x). Schliesslich ist I f = [0, 1] #F 0 wegen #F 0 κ homöomorph zu einem Unterraum von [0, 1] κ. Siehe nächstes Blatt!

3 c) Als Produkt von T 3 1 -Räumen ist [0, 1] κ ein T 3 1 -Raum (als kompakter Haus- dorffraum ist der Tychonov-Würfel sogar normal). Wähle eine abzählbare Basis B von [0, 1]. Dann kriegen wir eine Basis von [0, 1] κ durch Bilden von Produkten mit nur endlich vielen Faktoren aus B, die ungleich [0, 1] sind. Also ist w ([0, 1] κ ) κ. Andererseits wissen wir wegen b), dass es eine Einbettung des diskreten Raums X mit Kardinalität κ in [0, 1] κ gibt, also ist κ = w(x) auch eine untere Schranke für das Gewicht des Tychonov-Würfels. 4. a) Da S ein T 0 -Raum ist, ist auch das κ-fache Produkt S κ ein T 0 -Raum. Wie in Aufgabe 6 c) sieht man, dass w(s) = κ ist. b) Wählen wir eine Basis B von X mit Gewicht w(x) κ, so kriegen wir eine Familie F = {χ U : U B} von stetigen Funktionen X S. Diese Familie trennt Punkte und abgeschlossene Mengen, da X ein T 0 -Raum ist. Wir kriegen eine Abbildung χ: X S w(x), die nach dem Diagonalensatz ein Homöomorphismus aufs Bild ist. 5. Sei X zunächst ein total geordneter Raum, so dass jede Teilmenge von X ein Supremum und ein Infimum besitzt, seien a = inf X und b = sup X. Sei {U i } i I offene Überdeckung von X. Sei x 0 das Supremum derjenigen Punkte x X, für die es eine endliche Teilmenge J I gibt, so dass [a, x] j J U j. Zunächst gilt x 0 > a. Nehmen wir x 0 < b an. Dann liegt x 0 U i0 für ein i 0 I, also gibt es ein Intervall (c, d) U i0 mit x 0 (c, d). Wegen c < x 0, gibt es eine endliche Familie J mit [a, c] j J U j. Dann überdeckt aber eine endliche Familie von U i s das Intervall [a, d] (nimm die U j, j J, das U i0, und, falls nötig, noch ein U i1, welches d enthält) aber d > x 0 widerspricht der Definition von x 0. Es muss also x 0 = b gelten. Wähle eine Umgebung U i0 mit (c, x 0 ] U i0, finde eine endliche Überdeckung [a, c] j J U j, und schliesslich haben wir eine endliche Teilüberdeckung [a, b] = X U i0 j J U j. Wir haben also gezeigt, dass aus der Ordnungsvollständigkeit eines beliebigen Ordnungsvollständigen Raums X die Kompaktheit von [a, b] folgt. Wir beweisen die umgekehrte Richtung der Aussage. Sei A X eine beschränkte Menge. Nach Voraussetzung ist Ā kompakt. Also hat das Netz A X : a a Bitte wenden!

4 ein konvergentes Teilnetz und insbesondere existiert ein Grenzwert b Ā. Dieser Grenzwert ist gerade das Supremum von A. Die Existenz des Infimums folgt genau gleich, wobei wir die Menge A in diesem Fall durch die umgekehrte Ordnung richten. 6. a) In der Vorlesung wurde der Spezialfall für D = {y} bewiesen. Daher überdeckt U = {U V : U C offen, V y offen, U V W } die Menge C D. Da D kompakt ist, gibt es U 1 V 1,..., U n V n U mit D V 1 V n =: V und U := U 1 U n C ist so, dass U V W. b) Induktion. Die Aussage ist trivial für n = 1 und der Fall n = wurde in Teil a) behandelt. Nehmen wir an, die Aussage ist für n 1 Räume, n 3 bewiesen. Setze X = X 1 X n 1 und Y = X n sowie C = C 1 C n 1 und D = C n. Beachte, dass C nach dem Satz von Tychonov kompakt in X ist. Dann ist W C D offen, und nach Teil a) gibt es offene U C in X und V D in Y mit C D U V W. Per Induktionsannahme finden wir offene U 1 X 1,..., U n 1 X n 1 mit U U 1 U n 1 C und mit U n = V haben wir wie gewünscht. C 1 C n 1 C n U 1 U n 1 U n W, c) Sei B die Standardbasis der Produkttopologie von X = i I X i. Da W X offen ist, ist U = {B B : B C, B W } eine offene Überdeckung von C = i I C i, und, da C nach dem Satz von Tychonov kompakt ist, gibt es B 1,..., B n U mit C B 1 B n W. Für k = 1,..., n sei J k = {i I : π Xi (B k ) X i } die endliche Menge der echten Faktoren von B k. Seien X k = i J k X i und π k : X X k die Projektion (die eindeutige Abbildung, die durch die π Xi : X X i, i J k induziert wird). Beachte, dass für W k = π k (B k ) gilt, dass W k offen ist, und B k = π 1 k (W k). Weiter ist mit C k = π k (C) C π1 1 (C 1 ) πn 1 (C n ) B 1 B n W Nach Teil b) gibt es für C k = π k (C) und W k = π k (B k ) endlich viele offene Mengen U (k) i X i, sodass C k U (k) 1 U (k)... U (k) J k W k. Also gilt (bis auf Umordnen der Faktoren), π 1 k (C k) U (k) i X i B k i J k i/ J k Siehe nächstes Blatt!

5 und C π1 1 (C 1 ) πn 1 (C n ) n U (k) i X i i Jk i/ J k k=1 Insbesondere, wiederum bis auf Umordnen der Faktoren, C U i X i W. n B k W. k=1 i n k=1 J k i/ n k=1 J k Weil J k endlich ist für alle k ist auch der Schnitt n k=1 J k endlich. 7. Die Implikation a) = b) wurde in der Vorlesung bewiesen und b) = c ist trivial. Nehmen wir an, X sei ein nicht kompakter Raum. Der in der Anleitung beschriebene Raum (Y, τ Y ) ist sowohl T 1 als auch normal. Zunächst folgt aus i I F i =, dass X ein T 1 -Raum ist: Sind x y beide in X, dann ist y / {x} und x / {y}, und für y = finden wir ein F i mit x / F i, also x / { } F i. Weiter ist Y ein T 4 -Raum, denn jede Teilmenge von Y, die nicht enthält, ist offen: Sind F 1 und F abgeschlossen und disjunkt, dann sei / F 1, also ist F 1 offen und U 1 = F 1 und U = Y \ F 1 sind offene disjunkte Mengen mit F i U i. Jedes Element der Umgebungsbasis { } (F i1 F in ) von hat nichtleeren Schnitt mit X, also ist X dicht in Y. Wir zeigen nun, dass π Y nicht abgeschlossen sein kann. Die Menge F = D mit D = {(x, x) : x X} ist abgeschlossen. Wegen π Y (D) = X und X = Y müsste π Y (F ) = Y gelten, wenn π Y abgeschlossen wäre. Es gäbe dann ein x 0 X mit (x 0, ) F. Da (x 0, ) D ist, muss (U V ) D sein, für alle Umgebungen V von. Insbesondere ist für U = {x 0 } und V = { } F i der Schnitt D (U V ) nicht leer, d.h. x 0 F i für alle i. Dies widerspricht i I F i =.