Mengentheoretische Topologie

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1 Mengentheoretische Topologie Michael Heusener 1 Uwe Kaiser April verwendet im SS 94 und SS 96 2 verwendet im WS 96

2 Inhaltsverzeichnis Einleitung 1 1 Topologische Räume und Stetige Abbildungen Metrische und Topologische Räume Stetige Abbildungen Kompaktheit und Zusammenhang Kompakte Räume Peano-Kurven (Raumfüllende Kurven) Kompaktheit und Hausdorff-Räume Bolzano Weierstrass Eigenschaft Lebesguesches Lemma Produkte von topologischen Räumen Zusammenhang Quotiententopologie Stückweise Definition von Abbildungen Quotiententopologie und Produkttopologie Übungsaufgaben 30 1

3 Einleitung In diesem Skript werden notwendige Grundlagen der mengentheoretischen Topologie bereitgestellt, wie sie in einer Vorlesung über Topologie, für Studierende im zweiten bis dritten Studienjahr, benötigt werden. In diesem Skript werden nur die Fakten präsentiert.... Das Skript erhebt nicht den Anspruch der Vollständigkeit. Zum tieferen Verständnis des Stoffes ist es notwendig, sich mit weiterführender Literatur (vgl. Literaturverzeichnis) auseinander zu setzen. Wir haben uns im Wesentlichen an den Zugang in Armstrong [Arm] gehalten. Darüber hinaus haben wir uns für eine ausführlichere Diskussion der Quotiententopologie entschieden. Die hier entwickelten Hilfsmittel sind in allen Bereichen der algebraischen wie geometrischen Topologie unumgänglich. Die Darstellung des Zusammenhangs zwischen Quotienten- und Produkttopologie haben wir dem Buch von Munkres [Mu] entnommen. 2

4 Kapitel 1 Topologische Räume und Stetige Abbildungen 1.1 Metrische und Topologische Räume 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. (R n,d k ) mit d k ((x 1,...,x n ), (y 1,...,y n )) = ( n i=1 (x i y i ) k ) 1/k (R n,d ) mit d ((x 1,...,x n ), (y 1,...,y n )) = max i=1,...,n ( x i y i ). 1.3 Definition. a) K ε (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 : K ε (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 für alle x U. 1.5 Definition. Seien (X,d) und (Y, d) metrische Räume. f : X Y heißt stetig in x 0 X, falls zu jedem ε > 0 ein δ > 0 existiert mit: d(f(x),f(x0 )) < ε falls d(x,x 0 ) < δ ist. f : X Y heißt stetig, falls f in jedem Punkt stetig ist. 3

5 1.6 Beispiel. Sei X eine Menge und für x,y X { 0, für x = y d(x,y) = 1, sonst (diskrete Metrik). Dann ist jede Abbildung f : (X,d) (Y, d) stetig (wähle δ = 1/2). 1.7 Satz. Seien (X,d), (Y, d) metrische Räume. Dann ist f : X Y genau dann stetig in x X, wenn für 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 > 0 mit K ε (x) N δ > 0 mit d(f(x),f(y)) < ε für d(x,y) < δ K δ (x) f 1 (N) f 1 (N) ist Umgebung von x. Umgekehrt, sei f : X Y gegeben und f 1 (N) Umgebung von x für jede Umgebung N von f(x). Sei ε > 0 gegeben und N := K ε (f(x)). Dann ist f 1 (N) Umgebung von x. Also δ > 0 mit K δ (x) f 1 (N) d(f(x),f(y)) < ε falls 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 für alle V U(x). U2: V 1,V 2 U(x) V 1 V 2 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) für alle y W. Man beachte: U X ist offen U U(x) für alle x U, d.h. die Menge U ist eine Umgebung für 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 erfüllt. Das Paar (X, {U(x) x X}) oder nur kurz X heißt topologischer Raum Definition. Seien X,Y topologische Räume. f : X Y heißt stetig in x X falls f 1 (N) U(x) für alle N U(f(x)). f : X Y heißt stetig, falls f in jedem Punkt x X stetig ist. 4

6 1.11 Definition. Zwei topologische Räume X,Y heißen topologisch äquivalent oder homöomorph, falls es eine stetige, bijektive Abbildung f : X Y gibt mit stetiger Umkehrabbildung f 1 : Y X. f heißt dann Homöomorphismus und wir schreiben X = Y. Ziel der Topologie: Klassifikation der topologischen Räume nach topologischer Äquivalenz Definition. a) Eine Teilmenge U X heißt offen, falls U U(x) für alle x U. Sei O das System aller offenen Teilmengen von X. b) Für A X heißt A := {x A A U(x)} das Innere von A. Offensichtlich Es gilt: gilt: A ist offen A = A. O1: X, O. O2: Endliche Durchschnitte von offenen Mengen sind offen. O3: Beliebige Vereinigungen von offenen Mengen sind offen Lemma. Es gilt für 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) für alle y U (U4) U A A U(x). 5

7 4. A offen ( A) = A Bemerkung. Sei N X. Dann gilt: N U(x) U O mit x U N. 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) Satz. Sei O ein System von Teilmengen von X, welches die Eigenschaften O1 O3 erfüllt. Zu x X definieren wir M(x) = M O (x) := {N X U O mit x U N}. Dann erfüllen die M(x) die Axiome U1 U4. Beweis: Man beachte X M(x) M(x) gilt für alle x X. U1: ist klar. U2: V 1,V 2 M(x) U 1,U 2 O und x U 1 U }{{} 2 O M(x). U3: Sei V M O (x) und V W W M O (x) trivial. V 1 V 2 V 1 V 2 U4: Sei V M(x) U O mit x U V. Für alle y U gilt U M(y) und y U V V M(y) für alle y U Satz. O ist die Menge der offenen Mengen von M O (x), d.h. U M(y) für alle y U U O. Beweis: : U O U M(y) für alle y U nach Definition. : Sei U M(y) für alle y U! U O. Dies ist klar wenn U =. Sei U. Zu x U gibt es eine Menge U x O mit x U x U. Ũ := x U U x O und Ũ U, da U x U x U. Weiterhin: Ũ U, denn x U x Ũ x U Ũ = U U O. 6

8 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 M O (x), die durch O definiert werden, mit U(x) übereinstimmen. Beginnt man mit einem System O, welches die Axiome O1 O3 erfüllt und definiert mit Hilfe von O ein System von Umgebungen M O (x), so stimmen die offenen Mengen dieses Systems mit O überein. Die beiden Strukturen, offene Mengen und Umgebungen bestimmen sich also gegenseitig. Wir können 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 genügt. Das Paar (X, O) heißt topologischer Raum Beispiel. 1. Metrische Topologie: Sei (X,d) metrischer Raum. U X offen : x U ε x > 0 mit K εx (x) U. Dies definiert die O d -offenen Mengen. Ein topologischer Raum X heißt metrisierbar, falls es eine Metrik d : X X R gibt mit O d = 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 Räumen. 3. Diskrete Topologie: Sei X eine Menge, O dis := System aller Teilmengen von X. 4. Klumpentopologie O K = {X, }, 1.19 Definition. A X heißt abgeschlossen : CA := X A (Komplement von A in X) ist offen Bemerkung. Es gilt: A1: X, sind abgeschlossen. A2: Endliche Vereinigungen von abgeschlossenen Mengen sind abgeschlossen. A3: Beliebige Durchschnitte von abgeschlossenen Mengen sind abgeschlossen Satz. Sei X eine Menge und A ein System von Teilmengen von X, welches die Axiome A1 A3 erfüllt. Sei U X offen : X U A gilt. Dann erfüllen diese offenen Mengen die Axiome O1 O3. 7

9 Beweis: Übung Definition. Sei M X. Dann heißt x 0 X Häufungspunkt von M (kurz Hp.), falls jede Umgebung von x 0 wenigstens einen Punkt aus M {x 0 } enthält Beispiel. 1. X = R,M = { 1 n n = 1, 2,...}. Dann hat M genau einen Hp. und zwar X = R,M = [0, 1). Dann ist jeder Punkt von M Hp. und 1 ist Hp. von M. 3. X = R 3,M = Q 3 jeder Punkt von X ist Hp. von M. 4. X = R 3,M = Z 3 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 Satz. A X ist abgeschlossen A enthält 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 enthält alle Hp. von A Definition. Sei A X. A := A {Häufungspunkte vona} heißt der Abschluß von A. Fr(A) := A CA heißt der Rand von A kurz Fr(A) Satz. A ist die kleinste abgeschlossene Menge, die A enthält (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. A = A B X B abgeschl. B 8

10 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 enthält alle Hp. von A A ist abgeschlossen Definition. Ein System B von offenen Mengen heißt Basis der Topologie von X, falls jede offene Menge Vereinigung von Mengen aus B ist 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 Beispiel. 1. Sei (X,d) ein metrischer Raum. B := {K ε (x) x X, ε > 0} ist eine Basis der Topologie von X. 2. (R n,d 2 ) mit B = {K q (x) x Q n, q Q} ist eine abzählbare(!) Basis Satz. Sei B ein nicht leeres System von Teilmengen von X. 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. 03: Wenn U 1,...,U n offen, also U i = j J i V i j, dann folgt U 1 U n =( j 1 J 1 V 1 = (j 1,...,j n) j 1 ) ( Vj n n ) j n J n (Vj 1 1 Vj n }{{ n ) ist offen. } B 9

11 1.2 Stetige Abbildungen 1.32 Beispiel. 1. R n = R m n = m. (schwieriges Problem) 2. X = [0, 1) R und Y = S 1 = {x C x = 1 x = e it,t R}. Dann ist f : X Y,t e 2πit stetig und bijektiv, aber f 1 ist nicht stetig. (Warum?) 1.33 Satz. Seien X,Y topologische Räume. 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 für 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 Satz. Seien X,Y,Z topologische Räume 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 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 Bemerkung. Sei id X : X X die identische Abbildung x x. Dann ist für jeden Teilraum A X die Inklusion ı A = id X A : A X stetig Satz. Folgende Aussagen sind äquivalent: 1. f : X Y ist stetig. 2. Ist B die Basis einer Topologie von Y, so ist f 1 (U) offen für alle U B. 3. f(a) f(a) für alle A X. 4. f 1 (B) f 1 (B) für alle B Y. 10

12 5. Das Urbild von abgeschlossenen Mengen in Y ist abgeschlossen in X. Beweis: Übungsaufgabe 1.38 Bemerkung. Ein Homöomorphismus 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 äquivalent betrachtet. Wir erinnern, daß eine Topologie auf einer Menge X durch ein System O von offenen Teilmengen mit O1 O3 gegeben ist Definition. Seien O 1, O 2 zwei Topologien auf X. Dann heißt O 1 feiner als O 2, falls O 1 O Bemerkung. Für jede Menge X gilt: Die feinste Topologie ist die diskrete Topologie O dis bestehend aus allen Teilmengen von X. Die gröbste Topologie ist die Klumpentopologie O K = {X, }. Also gilt für jede Topologie auf X: O dis O O K Beispiel. R n+1 S n = {x R n+1 x = 1} N = (0,...,0, 1) S n {N} = R n durch stereographische Projektion, wobei R n+1 R n = {(x 1,...,x n+1 ) R n+1 x n+1 = 0} Man berechnet für λ = 1 1 x n+1. (x 1,...,x n+1 ) N + λ(x 1,...,x n,x n+1 1) R n 1.42 Definition. Eine Abbildung f : X Y heißt offen (abgeschlossen) : Bilder von offenen (abgeschlossenen) Mengen unter f sind offen (abgeschlossen) 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). 11

13 Kapitel 2 Kompaktheit und Zusammenhang 2.1 Kompakte Räume 2.1 Definition. Ein topologischer Raum X heißt Hausdorffsch, falls es zu je zwei Punkten x 1,x 2 X disjunkte offene Mengen V 1,V 2 X gibt mit x i V i. 2.2 Beispiel. Sei (X,d) ein metrischer Raum (X, O d ) ist Hausdorffsch. Beweis: x 1,x 2 X und 0 < δ := d(x 1,x 2 ) K δ(x 1 ) K δ(x 2 ) = Definition. Ein topologischer Raum X heißt kompakt, falls jede Überdeckung von X mit offenen Mengen eine endliche Teilüberdeckung besitzt. 2.4 Beispiel. K R n ist kompakt K ist abgeschlossen und beschränkt (Satz von Heine Borel: Forster, Analysis II, 3, Satz 5). 2.5 Lemma. Stetige Bilder von kompakten Mengen sind kompakt. Beweis: f : X Y sei stetig, surjektiv und X kompakt. Wir wollen zeigen f(x) ist kompakt. Sei i I U i eine Überdeckung von Y mit offenen Mengen f 1 (U i ) ist eine offene Überdeckung von X, also X = f 1 (U i1 ) f 1 (U in ). Da f surjektiv, also f(f 1 (M)) = M M Y, folgt f(x) = Y = U i1...u in liefert endliche Teilüberdeckung 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 beschränkt x 1,x 2 X mit f(x 1 ) = sup{f(x) x X} f(x 2 ) = inf{f(x) x X}. und 12

14 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 enthält besitzt eine endliche Teilfamilie, deren Vereinigung auch K enthält. 2.8 Lemma. Sei A X abgeschlossen und X kompakt A ist kompakt (Abgeschlossene Teilmengen kompakter Räume sind kompakt.) Beweis: Sei A X abgeschlossen und U i X,i I offen mit A i I U i U i (X }{{ A } ) i I offen ist eine offene Überdeckung von X X = U i1 U in (X A) A U i1 U in Peano-Kurven (Raumfüllende Kurven) 2.9 Satz. Es gibt eine stetige, surjektive Abbildung f : I, wobei R 2 ein gleichseitiges Dreieck ist: f (I) 1 f (I) 2 Beweis: Die stetige Abbildung f n : I sei für alle n N, wie oben definiert. Es sei n m. Zu t [0, 1] gibt es k mit k/4 m t (k + 1)/4 m. Dann sind f m (t) und f n (t) in einem Dreieck mit Seitenlänge 1/2 m enthalten. Es folgt: f m (t) f n (t) 1 2 m, d.h. die Folge f n konvergiert gleichmäßig. Es folgt, daß die Funktion f(t) := lim n f n (t) stetig ist. Sei y gegeben. Es folgt, daß d(y,f n (I)) 1 gilt. Da f 2 n n (t) f(t) 1 t I ist, folgt für t 2 n 0 I mit d(y,f n (t 0 )) < 1/2 n, daß f(t 0 ) y 1 2 n n = 1 2 n 1. Also ist y Hp. von f(i). Da f(i) kompakt und abgeschlossen ist, folgt y f(i) f ist surjektiv. 13

15 2.2 Kompaktheit und Hausdorff-Räume 2.10 Definition. Sei X topologischer Raum und A X. Eine Umgebung N von A ist eine Teilmenge N X mit N ist Umgebung für alle Punkte aus A, N Umgebung von A X N U(a) für alle a A A N Lemma. Sei X Hausdorffsch und A X kompakt. Dann besitzen y 0 X A und A disjunkte Umgebungen. Beweis: Sei z A. Da X Hausdorffsch ist, gibt es offene Umgebungen U z und V z mit y 0 U z,z V z und U z V z =. Dann ist {V z z A} ein System von offener Mengen mit z A V z A A V z1 V zn =: V. Wir definieren U := U z1 U zn. Dann sind V,U X offen, y 0 U,A V = V und U V =(V z1 V zn ) (U z1 U zn ) denn U zi V zi =. = (V z1 U z1 U zn ) (V }{{} zn U z1 U zn ) =, }{{} 2.12 Korollar. Kompakte Teilmengen Hausdorffscher Räume sind abgeschlossen. Beweis: Sei K X kompakt, X Hausdorffsch. X K ist aber offen nach Lemma K ist abgeschlossen Satz. Eine stetige Bijektion einer kompakten Menge auf einen Hausdorffraum ist ein Homöomorphismus. 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 Bolzano Weierstrass Eigenschaft 2.14 Satz. Jede unendliche Teilmenge eines kompakten Raumes besitzt einen Häufungspunkt. Beweis: Sei S X und S habe keinen Häufungspunkt in X! #S <. Sei x X Es gibt eine offene Umgebung U x von x X mit { {x} falls x S U x S = falls x S. Es gilt dann X = x X U x und S X = U x1 U xn, aber jedes U xj enthält höchstens ein Element aus S #S <. 14

16 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 beschränkt, falls A endlichen Durchmesser in X hat Satz. Sei (X,d) ein kompakter metrischer Raum und sei {U i i I} eine offene Überdeckung von X. Dann gibt es ein λ > 0 (Lebesgue Zahl der Überdeckung), so daß jede Teilmenge von X mit einem Durchmesser kleiner als λ in einer Menge U i enthalten ist. Beweis: Annahme, das Lemma ist falsch. Dann gibt es eine Folge von Teilmengen A n X, kein A n ist in einer der Umgebungen U i enthalten und d(a n ) 1 n. Zu jedem n N wähle man x n A n. Betrachte {x n } n N. 1. #{x n n N} < Ein Punkt y kommt unendlich oft vor. 2. #{x n } = Es gibt einen Häufungspunkt y. Sei y der Häufungspunkt oder der Punkt der unendlich oft vorkommt und U i0 sei ein Element aus der Überdeckung mit y U i0. Wähle ε > 0 mit K ε (y) U i0 und wähle N N so groß, daß d(a N ) < ε und x 2 N K ε(y). Dann folgt 2 d(x N,y) < ε und d(x,x 2 N) < ε für alle x A 2 N d(y,x) < ε für alle x A N A N U i0. Dies widerspricht der Wahl der {A n }. 2.3 Produkte von topologischen Räumen Seien X,Y topologische Räume. X Y := {(x,y) x X,y Y } X Y soll ein topologischer Raum werden, aber wie? Wir haben die kanonischen Projektionen: p 1 :X Y X, (x,y) x p 2 :X Y Y, (x,y) y Motivation: Falls U S 1,V I offen ist U V S 1 I R 3 ist offen. Auf der anderen Seite sei W S 1 I offen und x 0 W Es gibt offene Umgebungen U S 1 und V I mit x 0 U V W Definition. Seien X,Y topologische Räume. B := B X Y sei die Familie aller Teilmengen 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 O X Y auf X Y. X Y mit dieser Topologie heißt das Produkt der topologischen Räume X, Y und die Topologie heißt Produkttopologie. 15

17 2.18 Bemerkung. Mit Induktion wird alles auf das Produkt endlich vieler Faktoren verallgemeinert Satz. Falls X Y die Produkttopologie trägt, so sind die kanonischen Projektionen stetig und offen. Die Produkttopologie ist die gröbste Topologie auf X Y, für die die kanonischen Projektionen stetig werden. Beweis: U X offen p 1 1 (U) = U Y und U Y X Y ist offen p 1 ist stetig, analog für p 2. Sei U V X Y ein Element aus der Basis B X Y p 1 (U V ) = U X ist offen. Da jede offene Menge in X Y Vereinigung von Mengen aus B X Y ist, folgt p 1 ist offen. Für p 2 folgt alles analog. Sei jetzt eine Topologie O auf X Y gegeben, so daß p 1 und p 2 stetig sind. Sei U X und V Y p 1 1 (U) p 1 1 (V ) X Y ist offen, aber p 1 1 (U) p 1 2 (V ) = (U Y ) (X V ) = U V die Mengen aus B X Y sind offen O X Y O Lemma. Eine Abbildung f : Z X Y ist genau dann stetig, wenn die Abbildungen p 1 f : Z X und p 2 f : Z Y stetig sind. Beweis: Angenommen, p i f ist stetig, i = 1, 2. Sei U V B X Y. Dann gilt: f 1 (U V ) = f 1 (U Y ) f 1 (X V ) = f 1 (p 1 1 (U)) f 1 (p 1 2 (V )) = (p 1 f) 1 (U) (p 2 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 p i f stetig, denn die p i sind stetig Lemma. X Y ist Hausdorffsch X und Y sind Hausdorffsch. Beweis: Übung Lemma. Sei X ein topologischer Raum und B eine Basis für die Topologie von X. X ist kompakt Jede Überdeckung mit Mengen aus B besitzt eine endliche Teilüberdeckung. Beweis: ist trivial. : Sei {U i i I} eine offene Überdeckung von X. Dann gibt es für jedes i ein Menge B i B mit U i = V B i V. Es ist dann {V V B i,i I} eine offene Überdeckung von X. Nach Annahme gibt es endlich viele solche Mengen V, die X überdecken. Da V U i für V B i überdecken auch endlich viele U i den Raum X. 16

18 2.23 Satz. X Y ist kompakt X und Y sind kompakt. Beweis: : folgt aus p 1,p 2 stetig und surjektiv. : Sei X Y = i I (U i V i ) eine Überdeckung mit Basis-offenen Mengen. Für x X ist p 2 : {x} Y Y ein Homöomorphismus. Da Y kompakt ist, folgt {x} Y X Y ist kompakt. Also gibt es eine endliche Menge I(x) I mit {x} Y U i V i. i I(x) Dann gilt x U x := i I(x) U i ist eine offene Umgebung von x in X. Da X ist kompakt, gibt es x 1,...,x r X mit X = U x 1 U xr. Es gilt: X Y = (U x 1 Y ) (U xr Y ) und U x k Y U i V i i I(x k ) für k = 1,...,n. Es folgt r X Y = U i V i ist endliche Teilüberdeckung von X Y. k=1 i I(x k ) 2.4 Zusammenhang 2.24 Bemerkung. Die topologischen Räume R, R 2,S 1 S 1,... scheinen aus einem Stück zu bestehen. Es ist nicht schwer, diese Vorstellung zu präzisieren. Falls X zusammenhängend ist und X = A B, wobei A B ist, dann erwarten wir, daß A und B sich schneiden, oder zumindest aneinander anstoßen. Wir drücken dies mathematisch dadurch aus, daß Ā B oder B A nicht leer sein soll Beispiel. [0, 1] = [0, 1) 2 [1, 1] und [0, 1) 2 2 [1, 1] Definition. Ein topologischer Raum X heißt zusammenhängend, falls für jede Zerlegung X = A B in nicht leere Mengen A,B gilt: Ā B oder A B Satz. R ist zusammenhängend. 17

19 Beweis: Annahme R = A B,A B und A B =. Wir werden zeigen, daß ein Punkt aus A Hp. von B ist oder umgekehrt. Wähle 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 Ā wegen der Definition des Supremums folgt s Ā B. 2. Fall s A s < b und alle Punkte zwischen s und b liegen in B (s ist obere Schranke) s B s A B Definition. 1. Ein Teilraum Y X heißt zusammenhängend, falls Y mit der Teilraumtopologie zusammenhängend ist. 2. Eine Teilmenge J R heißt Intervall, falls für a,b J alle x R mit a < x < b in J liegen Satz. Eine Teilmenge von R ist genau dann zusammenhängend, wenn sie ein Intervall ist. Beweis: Daß jedes Intervall zusammenhängend 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 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 größer als p. Es folgt Ā B = und A B = Satz. Folgende Bedingungen an einen topologischen Raum X sind äquivalent: (i) X ist zusammenhängend (X = A B,A,B A B oder Ā 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

20 Beweis: (i) (ii): Sei X zusammenhängend und sei A X offen und abgeschlossen. B := X A ist offen und abgeschlossen, insbesondere A = Ā und B = B. A B = B Ā =. Da X zusammenhängend ist, folgt A = oder 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) erfüllt, aber nicht zusammenhängend ist. X = A B,A,B, Ā B = = A B. Es gilt, daß A,B X offen sind, denn B = X Ā und A = X B. { 0 falls x A ϕ(x) := 1 falls x B ist stetig und surjektiv Lemma. Das stetige Bild eines zusammenhängenden Raumes ist zusammenhängend. Beweis: Sei f : X Y stetig und surjektiv und X sei zusammenängend. 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 zusammenhängend Korollar. Sei h : X Y ein Homöomorphismus. Dann ist X genau dann zusammenhängend, wenn Y zusammenhängend ist Definition. Ein Teilraum Z X heißt dicht, falls Z = X gilt Lemma. Falls Z X dicht und zusammenhängend ist, dann ist auch X zusammenängend. Beweis: Sei A X offen und abgeschlossen. Da Z in X dicht ist, muß Z jede offene Menge in X schneiden A Z. A Z ist offen und abgeschlossen in Z. Da Z zusammenhängend ist, folgt A Z = Z, d.h. Z A X = Z Ā = A Korollar. Falls Z X zusammenhängend und Z Y Z, so ist Y zusammenhängend. (Insbesondere ist Z zusammenhängend.) Beweis: Der Abschluß von Z in Y ist ganz Y. Wende Lemma 2.34 auf das Paar Z Y an. 19

21 2.36 Definition. Zwei Teilmengen A und B von X heißen getrennt in X, wenn Ā B = Satz. Sei F eine Familie von Teilmengen von X, deren Vereinigung X ist. Falls alle Elemente von F zusammenhängend sind und falls keine zwei Elemente aus F in X getrennt sind, so ist X zusammenhängend. Beweis: Sei A X offen und abgeschlossen gleichzeitig. Wir werden zeigen, daß A = oder A = X. F F ist zusammenhängend F A = oder F A = F. Falls F A = ist für alle F F A =. Sonst gibt es ein F 0 F mit F 0 A = F 0 F 0 A. Sei F 0 F 1 F. Falls F 1 A = ist, so sind F 1 und F 0 in X getrennt. (Denn F 1 A = F 1 X A = X A, da X A abgeschlossen, aber F 0 Ā = A F 0 F 1 =.) Es sind aber keine zwei Elemente aus F getrennt in X F A für alle F F A F F F = X A = X Satz. X und Y sind zusammenhängend X Y ist zusammenhängend. Beweis: Wegen Lemma 2.31 brauchen wir nur zu zeigen. Für x X ist {x} Y X Y zusammenhängend, analog ist X {y} zusammenhängend. Dann ist Z(x,y) := {x} Y X {y} ist zusammenhängend, denn (x,y) {x} Y X {y}. Da X Y = x X,y Y Z(x,y). und je zwei Z(x,y) nicht leeren Durchschnitt haben, folgt X Y zusammenhängend Beispiel. 1. R n ist zusammenhängend. 2. S n {p} = R n ist zusammenhängend für n 1 S n {p} = S n ist zusammenhängend. 3. S 1 S 1 ist zusammenhängend 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

22 b) X heißt wegweise zusammenhängend, wenn je zwei Punkte in X durch einen Weg verbunden werden können Bemerkung. a) γ : [0, 1] X,t 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 Homöomorphismus, dann ist X genau dann wegweise zusammenhängend, wenn Y wegweise zusammenhängend ist Lemma. Jeder wegweise zusammenhängende topologische Raum ist zusammenhängend. Beweis: Sei A X offen und abgeschlossen. Angenommen A X. Wähle 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) [0, 1],. Dies widerspricht [0, 1] zusammenhängend Satz. Sei X ein zusammenhängender topologischer Raum. Besitzt jeder Punkt x X eine Umgebung N U(x) die wegweise zusammenhängend ist, dann ist auch X wegweise zusammenhängend. 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. A ist offen, denn jeder Punkt y X besitzt eine Umgebung, die wegweise zusammenhängend ist (vgl. auch Beispiel 3.31). X A ist offen, denn sei y X A und N U(y) eine wegweise zusammenhängende Umgebung. Es folgt N A =, denn sonst ist y A. Also, A X ist offen und abgeschlossen A = X Beispiel. 1. Offene und zusammenhängende Teilmengen (sogenannte Gebiete) vom R n sind wegweise zusammenhängend. K ε (x) ist wegweise zusammenhängend für alle x R n und alle ε > Es gibt topologische Räume, die zusammenhängend, aber nicht wegweise zusammenhängend sind: Y := {(0,y) R 2 1 y 1} Z := {(x, sin 1 x ) R2 0 < x 1} X := Y Z R 2 Z ist als stetiges Bild einer zusammenhängenden Menge zusammenhängend. Z = X in R 2 Z X Z X ist zusammenhängend. Aber X ist nicht wegweise zusammenhängend (Übung!). 21

23 Kapitel 3 Quotiententopologie Wir wollen aus einfachen topologischen Räumen kompliziertere Räume konstruieren, z.b. das Möbiusband aus dem Rechteck R = [0, 3] [ 1, 1] R 2 durch identifizieren von zwei gegenüberliegenden Seiten. Das Möbiusband trägt natürlich die Topologie als Teilraum des R 3. Wir sind jedoch daran interessiert diese Topologie durch die einfachere des Rechtecks zu beschreiben. π 3.1 Definition. Sei X eine Menge. Eine 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 = π P : X P die natürliche 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 Äquivalenzrelation 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 Äquivalenzrelation P auf X durch: x P y x,y liegen in derselben Menge von P. 22

24 2. Wir schreiben X/ := P, wenn = P. 3.4 Beispiel. Sei X = R und die Äquivalenzrelation: x y : x y Z. Die zugehörige 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 R 2 ist. 3.5 Definition. X, Y seien topologische Räume. 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. π P : X P ist identifizierend für jede Partition P auf X und der Quotiententopologie auf P. 4. Falls f : X Y identifizierend, so ist die Topologie auf Y die feinste, für 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 Räumen verträglich mit Äquivalenzrelationen R auf X und S auf Y (d.h. f([x]) [f(x)] für 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 Homöomorphismus und sind f, f 1 mit Relationen R,S verträglich, so ist f ein Homöomorphismus Definition. Es seien X,Y topologische Räume und f : X Y stetig und surjektiv. Dann ist P f := {f 1 (y) y Y } eine Partition auf X. Es sei X/f der Quotientenraum zu dieser Partition und p f : X X/f,x f 1 (f(x)) die Projektion. Es sei f : X/f Y definiert durch f(f 1 (y)) = y. 23

25 3.11 Satz. Es ist f : X Y identifizierend f ist ein Homöomorphismus. Beweis: folgt unmittelbar aus p = p f 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 Homöomorphismus Lemma. Ist p : X Y eine stetige, offene (oder abgeschlossene) Surjektion, so ist p identifizierend. Beweis: Zu zeigen: Für 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 Korollar. Sei X kompakt und Y Hausdorffsch. Dann ist jede stetige Surjektion p : X Y identifizierend. Beweis: klar, da p abgeschlossen ist Beispiel. Betrachte f : R S 1 definiert durch f(t) = e 2πit und die Partition P = P, aus Beispeil 3.4, auf R. Da P f = P induziert f eine stetige bijektive Abbildung R/ S 1. Da R/ kompakt (warum?) und S 1 Hausdorffsch, ist f ein Homöomorphismus Beispiel. Sei X := [0, 1] [0, 1] R 2 mit der Teilraumtopologie und den Partitionsmengen {(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}, {(x, 1), (x, 0)} für 0 < x < 1, {(1,y), (0,y)} für 0 < y < 1 und {(x,y)} für 0 < x < 1, 0 < y < 1. Die zugehörige Partition ist gerade P f für f : [0, 1] [0, 1] S 1 S 1, (t,s) (e 2πit,e 2πis ). 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 Homöomorphismus. f 24

26 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 über X 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 Äquivalenzrelation heißt Quotient von X nach A: X/A. Z.B. : CX = X I/X {1} und X/{x 0 } = X für x 0 X ein Punkt Beispiel. D n := {x R n x 1} S n 1 = {x R n x = 1} Dann gilt: D n /S n 1 = S n. Konstruiere f : D n S n, welche bijektiv auf D n S n 1 ist und S n 1 auf einen Punkt abbildet. Wegen Definition 3.8 induziert f eine stetige Bijektion f : D n /S n 1 S n, die ein Homömorphismus ist wegen D n /S n 1 kompakt und S n Hausdorff. Hier ist eine explizite Beschreibung von f: h 1 : D n S n 1 = R n, x x 1 x, h 1 1 : x x 1 + x h 2 : R n S n \{N} Stereographische Projektion. Dann gilt: f ist stetig. (Übung) { h2 h f(x) := 1 (x) für x D n \S n 1 N für x S n Definition. Sei X α, α J, eine Familie topologischer Räume und X = α J X α die Menge α J X α {α}. Es seien i α : X α X die Abbildungen x (x, α). Die disjunkte Vereinigung oder Summe ist die Menge X versehen mit der folgenden Topologie: Es sei U X offen i 1 α (U) X α ist offen für alle α J Beispiel. Sind X, Y topologische Räume, so ist X Y die Menge X {0} Y {1} und mit offenen Mengen U {0} V {1} für offene Mengen U X und V Y Satz. Sei X = α J X α eine Summe und f : X Z eine Abbildung in einen topologischen Raum Z. Dann ist f stetig f i α : X α Z sind stetig für alle α J. Beweis: folgt unmittelbar aus der Definition. 25

27 3.22 Bemerkung. Die Inklusionen i α : X α X sind stetig (wähle f = id im letzten Satz) Beispiel. Nimm zwei Kopien desselben Raumes X. Dann ist X X = X, aber X X = X, wenn X Beispiel. Ankleberäume : Seien X,Y topologische Räume und A Y ein Teilraum. f : A X sei eine stetige Abbildung. X f Y := X 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 Beispiel. Betrachte c : S n 1 { } = einpunktiger Raum. Dann gilt: D n c { } S n. Beweis Übung. 3.1 Stückweise Definition von Abbildungen Wir untersuchen wann sich stetige Abbildungen auf Unterräumen eines topologischen Raumes zu stetigen Abbildungen auf dem Gesamtraum zusammensetzen Definition. Eine Familie V α von Teilmengen eines topologischen Raumes X heißt lokal endlich, wenn es zu jedem Punkt x X eine Umgebung U gibt, die nur endlich viele V α schneidet Lemma. Die Vereinigung einer lokal endlichen Familie abgeschlossener Menge ist abgeschlossen. Beweis: Sei V die Vereinigung der abgeschlossenen Mengen V α und x ein Hp. von V. Sei U eine OBdA offene Umgebung von x, die nur endlich viele V α schneidet. Dann ist x auch Hp. von U V in U (Warum?). Es ist U V abgeschlossen in U, denn jede Menge U V α U ist abgeschlossen in U und U V ist Vereinigung endlich vieler solcher Mengen. Also x V und V enthält alle Hp. von V, ist also abgeschlossen Satz. Sei X α,α J, eine Familie von Unterräumen eines topologischen Raumes X mit α J X α = X und a) alle X α sind offen, oder b) alle X α sind abgeschlossen und die Familie der X α ist lokal endlich. Dann ist die Abbildung j : α X α X definiert durch j(x,α) = x für x X α,α J identifizierend. 26

28 Beweis: a): Sei U X und j 1 (U) X α sei offen, d.h. U X α X α ist offen für alle α. Dann ist U X α X offen (da X α offen) und U = α U X α ist offen in X. b): Sei V X und j 1 (V ) X α sei abgeschlossen für alle α. Dann ist V X α wiederum zunächst abgeschlossen in X α, dann in X abgeschlossen und V = V X α ist abgeschlossen, da die Familie V X α lokal endlich ist Bemerkung. Allgemein gilt: Angenommen, j : α X α X ist identifizierend für eine Überdeckung von X durch Mengen X α. Es seien i α : X α α X α die Inklusionen. Da f j i α (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 für alle α Korollar. Sei X α eine offene oder abgeschlossene lokal endliche Überdeckung. Dann ist f : X Y stetig genau dann wenn f Xα ist stetig für alle α 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 1 2 αβ(t) :=, β(2t 1) falls 1 t 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 enthält Beispiel. Offene oder abgeschlossene Teilmengen Euklidischer Räume sind lokal kompakte Hausdorffräume. Insbesondere ist I := [0, 1] lokalkompakter Hausdorffraum Satz. Sei p : X Y identifizierend und C ein lokal kompakter Hausdorffraum. Dann ist π = p id C : 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 (y 0,c 0 ) A eine offene Umgebung in A finden. 27

29 C (x 0,c 0 ) U i+1 U i x p 1 p(u i ) {x} V π 1 (A) X Wähle x 0 X mit p(x 0 ) = y 0, also π(x 0,c 0 ) = (y 0,c 0 ). Sei U 1 X offene Umgebung von x 0 und W C Umgebung von c 0 mit U 1 W π 1 (A). Da C lokal kompakter Hausdorffraum finden wir Umgebung V von c 0, V kompakt und V W, also U 1 V π 1 (A). Sei allgemein U i offene Umgebung von x 0 mit U i V π 1 (A). Es ist p 1 (p(u i )) U i nicht notwendig offen. Wir konstruieren daher U i+1 X mit p 1 (p(u i )) V U i+1 V π 1 (A) wie folgt: Für x p 1 (p(u i )) ist {x} V π 1 (A). Wegen V kompakt gibt es eine Umgebung W x von x mit W x V π 1 (A) (Übung!). Dann sei U i+1 := Wx. Es gilt U i p 1 (p(u i )) U i+1. Sei U = U i = U 1 U 2... Dann ist U V Umgebung von (x 0,c 0 ) mit U V π 1 (A) und U p 1 (p(u)) = p 1 (p(u i )) U i+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 (y 0,c 0 ) in A Korollar. Seien p : A B und q : C D identifizierend mit A,D (oder B,C) lokalkompakte Hausdorffräume. Dann ist identifizierend. p q : A B C D Beweis: p q = (p id D ) (id A q) und Kompositionen von identifizierenden Abbildungen sind identifizierend. 28 1

30 3.36 Korollar. Seien R, S Äquivalenzrelationen auf topologischen Räumen X, Y und es sei R S die Äquivalenzrelation auf X Y gegeben durch (x, y) (x,y ) x x und y y. Wenn X und Y/S (oder Y und X/R) lokalkompakte Hausdorffräume sind, so induziert die Identität auf X Y einen Homömorphismus (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 P p q die Partition zu R S. Die Behauptung folgt aus Satz Satz. Sei F : X I Y eine stetige Abbildung (Homotopie) und für t I sei F t (x) = F(x,t). Sei R eine Äquivalenzrelation auf X und F t verträglich mit R, d.h. F t ([x]) = F t (x) für x X und t I. Dann induziert F eine stetige Abbildung (X/R) I Y. Beweis: Sei S die triviale Äquivalenzrelation t t t = t auf I. Dann induziert F eine stetige Abbildung (X I)/(R S) Y. Die Identität induziert aber den Homöomorphismus (ebenfalls die Identität) (X/R) (I/S) = (X/R) I = (X I)/(R S), so daß die induzierte Abbildung (X/R) I Y stetig ist Beispiel. Sei F : I I X stetig mit F t (0) = F t (1) für alle t I. Dann induziert F eine stetige Abbildung durch F(e 2πis,t) = F(s,t). F : S 1 I X 3.39 Satz. Seien X, Y topologische Räume mit Unterräumen A, B und sei F : X I Y mit F t (A) B für 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). 29

31 Kapitel 4 Übungsaufgaben (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 Häufungspunkt von A. Ist A eine endliche Teilmenge von X, so hat A keine Häufungspunkte in X. (2) Bestimmen Sie A, A und Rd(A) für jede der folgenden Teilmengen A R 2. (a) {(x,y) 1 < x 2 + y 2 2}, (b) R 2 {(x,y) x = 0 oder y = 0}, (c) R 2 {(x,sin( 1 ) x > 0}. x (3) Zeigen Sie für 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) = ist ein Homöomorphismus R (0, 1) ex 1 + e x (6) Zeigen Sie: Die folgenden Aussagen sind äquivalent: (a) f : X Y ist stetig. (b) Ist B die Basis einer Topologie von Y, so ist f 1 (U) offen für alle U B. 30

32 (c) f(a) f(a) für alle A X. (d) f 1 (B) f 1 (B) für 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 Teilmengen. Dann gilt: A B = Ā B, (A B) = A B und Rd(A B) = Rd(A) B Ā Rd(B). (11) Zeigen Sie: (a) Jede konvexe Teilmenge des R n ist zusammenhängend. (b) Ist X unendliche Menge mit der Topologie endlicher Komplemente, so ist X zusammenhängend. (c) S 1 = R, R = R n für n > 1. (12) Zeigen Sie: (a) D n = R n. (b) Zu je zwei Punkten x,y D n mit f(x) = y. D n gibt es einen Homöomorphismus f : D n (13) Sei 0 < r < R und f : [0, 2π] [0, 2π] R 3 definiert durch: f(x,y) = ((R + rcos(x))cos(y), (R + rcos(x))sin(y),rsin(x)). Zeigen Sie: f induziert einen Homöomorphismus von S 1 S 1 auf X = Bild(f) R 3 (Teilraumtopologie). Wie sieht X aus? 31

33 Literaturverzeichnis [Arm] Armstrong: Basic Topology. London, McGraw Hill (1979). [Du] Dugundij: Topology. Boston, Allyn and Bacon Inc. (1966). [Fr] [Jä] Franz: Topologie I. Sammlung Göschen, de Gruyter. Jänich: Topologie. Springer, UNI Text. [Mas] Massey: Algebraic Topology: An Introduction. Springer (1977). [Mu] Munkres: Elements of Algebraic Topology. Addison-Wesley (1984). [Schu] Schubert: Topologie. Stuttgart, Teubner (1964). Weiterführende Literatur: [Bre] Bredon: Topology and Geometry. Springer, GTM 139. [tdie] tom Dieck: Topologie. Berlin: de Gruyter (1991). [GH] Greenberg, Harper: Algebraic Topology A first course. London (1981). [Spa] Spanier: Algebraic Topology. New York, McGraw Hill (1966). [ST] Seifert, Threlfall: Lehrbuch der Topologie. Leipzig, Teubner (1934). [SZ] Stöcker, Zieschang: Algebraische Topologie. Stuttgart, Teubner (1988). 32