Lösungen zu Aufgaben aus der Topologie

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1 Lösungen zu Aufgaben aus der Topologie Übungsaufgabe 2: Idee: Um zu zeigen, dass die verschiedenen Metriken d 1, d 2, d den gleichen Konvergenzbegriff erzeugen, zeigen wir, dass die von ihnen induzierten Topologien äquivalent sind. Wir bezeichnen mit T (d? ) die von der Metrik d? induzierte Topologie, und zeigen nun das gilt T (d 1 ) T (d 2 ) T (d ) T (d 1 ) und damit T (d 1 ) = T (d 2 ) = T (d ). T (d 1 ) T (d 2 ) Dann gilt Sei U T (d 1 ) offen, dann gibt es zu x = (x 1, x 2 ) U ein ɛ > 0 mit V 1 := {y R 2 x y 1 < ɛ} U. V 2 := {y R 2 x y 2 < ɛ 2 } V 1 U, denn aus x y 2 < ɛ 2 folgt x i y i < ɛ 2 für i = 1, 2, also Also gilt U T (d 2 ). x 1 y 1 + x 2 y 2 < 2 ɛ 2 = ɛ. T (d 2 ) T (d ) Dann gilt Sei U T (d 2 ), dann gibt es zu x U ein ɛ > 0 mit V 2 := {y R 2 x y 2 < ɛ} U. V := {y R 2 x y < ɛ 2 } V 2 U, denn aus x y < ɛ 2 folgt x i y i < ɛ 2 für i = 1, 2, also Also gilt U T (d ). (x1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 < ɛ ɛ2 4 = ɛ 2 2 = ɛ 2 < ɛ. T (d ) T (d 1 ) Dann gilt Sei U T (d ), dann gibt es zu x U ein ɛ > 0 mit V := {y R 2 x y < ɛ} U. V 1 := {y R 2 x y 1 < ɛ} V U, denn aus x y 1 < ɛ folgt x i y i < ɛ für i = 1, 2, also Also gilt U T (d ). x y = max{ x 1 y 1, x 2 y 2 } < ɛ.

2 Übungsaufgabe 14: (Zariski-Topologie) Idee: In dieser Aufgabe müssen wir die drei Eigenschaften einer Topologie T1, T2 und T3 nachweisen. Anstatt dies jedoch für die offenen Mengen zu tun, werden wir die äquivalenten Eigenschaften für abgeschlossene Mengen zeigen, da diese dieselbe Topologie liefern. Sei T A := {N(S) Spec(A) S A}, wobei N(S) = {p A S p}. Wir zeigen: (a), X T A, wobei X = Spec(A) (b) sind für i I die N(S i ) A so auch i I N(S i ) A (c) sind N(S 1 ),..., N(S n ) A, so auch n N(S i ) A. zu (a) Sei S = {0}, dann gilt S p für alle Primideale p A, also ist N(S) = Spec(A) T A. Sei nun S = A, dann gilt für jedes Primideal S p, denn Primideale sind stets echte Ideale. Somit gilt N(S i ) = T A. zu (b) Seien für i I die N(S i ) T A, dann gilt N(S i ) = N(f) = N(f) = N( S i ) A, da S i A. i I i I f S i f S i i I i I i I zu (c) Seien N(S i ),..., N(S n ) T A. Setze S := S 1 S n = {x 1 x n x i S i }. Dann gilt n N(S i ) = N(S), denn: i=1 1. : Sei p n N(S i ), dann ist p N(S i ) für ein i, d.h. S i p. Dann gilt aber i=1 i=1 auch S p, da p ein Ideal ist, also ist p N(S). 2. : Sei p N(S), d.h. S p. Nehmen wir nun an S i p für alle i. Dann gibt es aber x i S i \p für alle i. Da p ein Primideal ist, gilt dann x 1 x n p, aber es gilt x 1 x n S. Dies ist ein Widerspruch zu S p. Also gilt S i p für ein i, d.h. p N(S i ), also p n N(S i ). Somit gilt p n N(S i ) = N(S) T A. i=1 i=1

3 Übungsaufgabe 24: Sei (Y, d) ein metrischer Raum und X Y. Sei dann d = d X X : X X R 0 (x, y) d(x, y). Dann ist durch d eine Metrik auf X gegeben, denn: Seien x, y X, dann gilt d(x, y) = 0 d(x, y) = 0 x = y. Seien x, y X, dann gilt d(x, y) = d(x, y) = d(y, x) = d(y, x). Seien x, y, z X, dann gilt d(x, z) = d(x, z) d(x, y) + d(y, z) = d(x, y) + d(y, z). Sei nun T X die Unterraumtopologie von X in Y, wobei Y die von der Metrik d induzierte Topologie T (d) trage. Dann gilt T X = T ( d), denn: Sei U T X eine offene Menge, dann gibt es eine offene Menge V T (d) mit U = V X. Zu jedem x V (insbesondere zu jedem x U) gibt es dann ein ɛ(x) > 0, so dass U d ɛ(x)(x) = {y Y d(x, y) < ɛ(x)} V. Dann gilt aber U d ɛ(x) (x) = {y X d(x, y) < ɛ(x)} V X = U, und somit U T ( d). Sei U T ( d) eine offene Menge, dann gibt es zu jedem x U ein ɛ(x), so dass U d ɛ(x) (x) U. Setze V := gilt x U Uɛ(x) d (x), dann ist V als Vereinigung offener Mengen offen in Y und es V X = x U (U d ɛ(x)(x) X) = x U U d ɛ(x) (x) = U. Also gilt U T x. Sei nun Y ein metrisierbarer Raum und X Y ein Teilraum. Dann gibt es eine Metrik d auf Y, welche die Topologie von Y erzeugt. Dann ist nach dem bereits Gezeigten d X X eine Metrik auf X, welche die Unterraumtopologie von X in Y erzeugt, also ist auch X metrisierbar.

4 Übungsaufgabe 27: Sei X ein Unterraum eines topologischen Raumes Y und ι : X Y die Inklusion. Wir wollen zunächst zeigen, das ι genau dann offen ist, wenn X offen in Y ist. Beweis: Sei zunächst ι offen. X ist offen in X und somit ist dann auch ι(x) = X offen in Y. Sei nun X offen in Y und U X eine offene Menge in X. Dann gibt es eine offene Menge V Y, mit U = V X. Aber V und X sind offen in Y, also ist auch U = V X, offen in Y, d.h. ι(u) = U ist offen in Y, also ist ι offen. Als nächstes wollen wir zeigen, ι genau dann abgeschlossen ist, wenn X abgeschlossen in Y ist. Beweis: Sei zunächst ι abgeschlossen. X ist abgeschlossen in X und somit ist auch ι(x) = X abgeschlossen in Y. Sei nun X abgeschlossen in Y und A eine abgeschlossene Menge in X. Dann ist das Komplement X\A offen in X. Aber dann gibt es eine offene Menge V Y, mit V X = X\A. Für beliebiges y Y \A gilt dann y V oder y Y \X, denn Fall 1: von y ist. V (Y \X) (V X) (Y \X) = (X\A) (Y \X) = Y \A. Ist y V, so folgt wegen V offen und V Y \A, dass Y \A eine Umgebung Fall 2: Ist y Y \X, so folgt wegen Y \X offen und Y \X Y \A, dass Y \A eine Umgebung von y ist. Somit ist Y \A offen in Y. Dann ist aber A abgeschlossen in Y, also ι(a) = A abgeschlossen in Y, und folglich ι abgeschlossen.

5 Übungsaufgabe 33: Abgeschlossen: Die Projektion pr Y : X Y Y ist nicht immer abgeschlossen. Wir präsentieren folgendes Gegenbeispiel: Seien X = Y = R und A := {(x, y) R 2 y = arctan(x)} R 2 = R R. Dann ist A abgeschlossen in X Y, denn sei f : R 2 R mit (x, y) y arctan(x) dann ist f stetig und A = f 1 ({0}) ist abgeschlossen in R 2, da {0} abgeschlossen in R ist. Es gilt aber pr Y (A) = {y R y = arctan(x) für ein x R} ( = arctan(r) = π 2, π ) ist nicht abgeschlossen in R. 2 Also ist pr Y nicht abgeschlossen. Offen: Seien nun X, Y beliebige topologische Räume. Wir zeigen nun, dass die pr Y : X Y Y offen ist. Beweis: Sei U X Y offen. Dann gibt es zu jedem (x, y) U ein U (x,y) X offen und ein U (x,y) Y offen mit (x, y) U (x,y) U (x,y) U. Dann gilt U = U (x,y) U (x,y). Es folgt pr Y (U) = pr Y ( (x,y) U (x,y) U U (x,y) U (x,y)) = ist offen in Y, als Vereinigung offener Mengen. (x,y) U pr Y (U (x,y) U (x,y)) = (x,y) U U (x,y)

6 Übungsaufgabe 35: (Primräume) Idee: Um die Behauptung der Aussage zu zeigen verwenden wir die Eigenschaft, dass R zusammenhängend ist. Wir werden nun zeigen, dass für nicht einpunktige topologische Räume X und Y, ihr zusammenhängendes Produkt X Y aber auch die Eigenschaft hat, dass für jeden Punkt (a, b) X Y auch der Raum ohne den Punkt X Y \{(a, b)} immer noch zusammenhängend ist. Dies ist für R sicherlich nicht richtig. Da X Y zusammenhängend ist, sind auch X und Y zusammenhängend. Seien nun (c, d) X Y mit c a und d b (solch ein Paar existiert, da X und Y nicht einpunktig oder leer sind) und Z := {Z X Y \{(a, b)} Z zusammenhängend und (c, d) Z}. Dann setzen wir P := Z Z Z und behaupten P = X Y \{(a, b)}. Beweis: Diese Richtung ist klar, da P die Vereinigung von Teilmengen von X Y \{(a, b)} ist. Sei (x, y) X Y \{(a, b)}, dann gibt es zwei Fälle: Fall 1: Sei x a, dann sei Z = (X {d}) ({x} Y ) Dann ist Z Z, denn Z ist zusammenhängend, (c, d) Z und x a bzw. d b. Damit gilt wegen (x, y) Z also auch (x, y) P Fall 2: Ist x = a dann muss y b sein. Sei Z = (X {y}) ({c} Y ). Dann gilt mit dem analogen Argument wie zuvor Z Z und da (x, y) Z ist auch (x, y) P. Bemerke P ist zusammenhängend als nichtdisjunkte Vereinigung zusammenhängender Räume, aber dann ist auch X Y \{(a, b)} zusammenhängend.

7 Übungsaufgabe 37: Für das Pullback S 1 S 1 S 1 gilt: Wir definieren nun Abbildungen und S 1 S 1 S 1 = {(x, y) S 1 S 1 q(x) = q(y)} = {(x, y) S 1 S 1 x 2 = y 2 } = {(x, y) S 1 S 1 x = y oder x = y}. f : S 1 + S 1 = {0, 1} S 1 S 1 S 1 S 1 { (t, x) (x, x) für t = 0 (x, x) für t = 1 g : S 1 S 1 S 1 {0, 1} S 1 = S 1 + S 1 { (x, y) (0, x) falls x = y (1, x) falls x = y. Wir sehen, dass die soeben definierte Abbildung f stetig ist, denn die Abbildungen: f ι 0 : S 1 S 1 s 1 S 1 x (x, x) f ι 1 : S 1 S 1 s 1 S 1 x (x, x) sind offentsichtlich stetig. Weiterhin ist g wohldefiniert, denn entweder x = y oder x = y für (x, y) S 1 S 1 S 1. Zusammen mit f g(x, x) = f(0, x) = (x, x) f g(x, x) = f(1, x) = (x, x) g f(0, x) = g(x, x) = (0, x) g f(1, x) = g(x, x) = (1, x) sehen wir, dass f bijektiv ist und g die Umkehrfunktion zu f ist. Nun ist aber S 1 bekanntlich kompakt und somit auch S 1 +S 1. Weiter ist S 1 ein Hausdorff- Raum, daher auch S 1 S 1 Hausdorff-Raum und somit auch S 1 S 1 S 1 als Unterraum eines Hausdorff-Raumes selbst ein Hausdorff-Raum. Aber dann ist f ein Homöomorphismus.

8 Übungsaufgabe 44: Sei (U j j J) eine offene Überdeckung eines topologischen Raumes X. Seien ι j : U j X die Inklusionen und f : j J U j X, (x, j) ι j (x) = x die von den (ι j j J) induzierte Abbildung, welche nach der universellen Eigenschaft der Summe stetig ist. Behauptung: f ist eine Identifizierung. Beweis: in X. Sei V X beliebig. Dann ist zu zeigen f 1 (V ) offen in U j j J Da f stetig ist, sind Urbilder offener Mengen unter f wieder offen. V offen Sei f 1 (V ) offen in U j und i J beliebig, dann ist nach Definition der Topologie auf U j der Schnitt f 1 (V ) U i = {x U i f(x) = ι i (x) = x V } = V U i j J offen j J in U i und somit in X, da U i offen in X. Es gilt aber Also ist V offen in X. V = i J V U i, da (U j ) j J eine Überdeckung ist. Nun wollen wir zeigen, dass f zwar offen aber nicht abgeschlossen ist. Beweis: Sei V U j offen, dann ist V U i für alle i offen in U i und somit ist j J auch ι i (V U i ) offen in X, da U i offen in X. Somit gilt f(v ) = f( i J ist offen in X, also ist f offen. (V U i )) = i J f(v U i ) = i J ι i (V U i ) }{{} offen in X f ist aber nicht abgeschlossen, denn sei X = R, U 1 = ( 1, 1) und U 2 = R, dann ist {U 1, U 2 } eine offene Überdeckung von X und ( 1, 1) {1} ist abgeschlossen in U 1 U 2, da das Komplement R {2} offen in U 1 U 2 ist. Aber f(( 1, 1) {1}) = ( 1, 1) ist nicht abgeschlossen in X = R.

9 Übungsaufgabe 50: Idee: Wir wollen zeigen, dass N zusammenhängend ist. Dazu zeigen wir, dass und N die einzigen Teilmengen von N sind, die offen und abgeschlossen sind. Wir zeigen jedoch zunächst, dass für einen Teilraum X Y und A abgeschlossen in Y gilt, dass A X abgeschlossen in X ist. Beweis: Es gilt X\(A X) = X\A = (Y \A) X }{{} also ist X\(A X) offen in X. offen in Y Seien nun X ein topologischer Raum, M X ein zusammenhängender Unterraum, M der Abschluss von M in X und M N M, dann ist auch N zusammenhängend. Beweis: Sei A N offen und abgeschlossen. Dann ist A M offen in M nach Definition der Teilraumtopologie und A M abgeschlossen in M (siehe oben). Da M zusammenhängend, folgt A M = oder A M = M. Fall 1: A M = Wäre A, dann gäbe es ein x A mit x N\M. Aber jedes x N berührt M, da N M, also gilt für jede Umgebung U von x, dass U M. Insbesondere ist aber A Umgebung von x, denn A ist offen und x A. Aber dann muss A M sein. Widerspruch! Also ist A =. Fall 2: A M = M Dann gilt M A. Wäre nun N\A, so gäbe es in x N\A. Da A abgeschlossen ist in N, ist N\A eine offene Umgebung von x in N. Aber dann gäbe es ein V X offen, mit V N = N\A. Also wäre V eine Umgebung von x X, aber da x N M wird M von x berührt und damit würde folgen, dass (N\A) M = V M. Dies ist ein Widerspruch zu M A. Also gilt N\A =, d.h. A = N. Somit sind und N die einzigen offenen und abgeschlossenen Mengen in N und damit ist N zusammenhängend.

10 Übungsaufgabe 52: Sei X ein topologischer Raum, in dem es zu je zwei Punkten a, b X eine stetige Abbildung ϕ a,b : R X mit a, b ϕ a,b (R) gibt. Dann ist X zusammenhängend. Beweis: Gilt X =, so ist X trivialerweise zusammenhängend. Sei daher nun X und a X fest gewählt. Wegen x ϕ a,x (R) für alle x X gilt X = x X ϕ a,x (R). x X Nun ist aber ϕ a,x stetig für alle x und R zusammenhängend, also auch ϕ a,x (R) zusammenhängend. Die Vereinigung X = ϕ a,x (R) ist eine Vereinigung paarweise nichtdisjunkter zusammenhängender Mengen, denn a ϕ a,x (R) ϕ a,y (R) für alle x, y. Aber dann ist X zusammenhängend.

11 Übungsaufgabe 55: Idee: Die Behauptung, dass ein endlicher topologischer Raum X genau dann ein Hausdorff-Raum, wenn er X diskret ist, ist in Rückrichtung trivial. Wir brauchen uns also nur um die andere (Hin-)Richtung kümmern. Dazu wählen wir einen festen Punkt und betrachten diejenigen offenen Umgebungen die jeweils einen anderen Punkt nicht enthalten. Sei also X ein endlicher topologischer Hausdorff-Raum und sei x X fest. Dann gibt es zu jedem y X\{x} sowohl eine offene Umgebung U y von x als auch eine offene Umgebung V y von y sodass ihr Durchschnitt leer ist U y V y =. Insbesondere gilt y U y. Wir setzen nun U x := y X\{x} Dies ist eine offene Umgebung von x, da der Durchschnitt endlich vieler offener Mengen (X\{x} ist endlich) wieder offen ist und enthält kein y x, also U x = {x}. Somit sind alle einelementigen Teilmengen und damit auch beliebige Teilmengen, als Vereinigung von einelementigen Teilmengen, offen in X. Aber dann ist X diskret. U y.

12 Übungsaufgabe 56: Idee: Die Aufgabe gliedert sich in drei Teile. Im Ersten zeigt man das ein topologischer Raum X genau dann ein Hausdorff-Raum ist, wenn der Durchschnitt aller abgeschlossenen Umgebungen eines Punktes der Punkt selber ist. Im zweiten Teil, soll man zeigen, dass einpunktige Teilmengen abgeschlossen sind. Dies folgt aber sofort aus Teil 1, da beliebige Durchschnitte ageschlossener Mengen immer abgeschlossen sind. Der dritte Teil ist schließlich ein Beispiel dafür, dass die Umkehrung, also Teil 2 daraus folgt Teil 1, nicht gilt. Teil 1: Seien zunächst X ein topologischer Hausdorff-Raum, x, y X, mit festem x und y x. Dann gibt es disjunkte offene Umgebungen U x von x und V y von y. Dann kann y aber auch nicht im Abschluss U x liegen, denn sonst wäre y Berührungspunkt von U x, und somit enthielte jede Umgebung von y (insbesondere V y ) ein Element von U x im Widerspruch zu U x V y =. Also gibt es eine abgeschlossene Umgebung U x von x, die y nicht enthält, und für den Durchschnitt über alle solche abgeschlossenen Umgebungen A x von x gilt A x = {x}. x X Für die Rückrichtung gelte nun A = {x} für alle x X. Dann gibt es zu x y eine abgeschlossene Umgebung A x von x, die y nicht enthält. Außerdem ist X\A x offen und enthält y, aber dann ist X\A x eine Umgebung von y und es gilt (X\A x ) A x =. Also ist X Hausdorff-Raum. Teil 2: Insbesondere sind die einelementigen Teilmengen von X abgeschlossen, denn beliebige Durchschnitte von abgeschlossenen Mengen sind abgeschlossen. Teil 3: Unser Beispiel für einen Raum X, dessen einpunktige Teilmengen abgeschlossen sind, der aber kein Hausdorff-Raum ist, ist die reelle Gerade mit Doppelpunkt in Null. Man erhält X als Quotienten von {0, 1} R nach der Relation (0, r) (1, r ) : r = r 0. Die zugehörige Abbildung ist π : {0, 1} R {0, 1} R/ =: X (t, r) [(t, r)] Beachte das X die Quotiententopologie trägt. Seien U und V offene Umgebungen von [(0, 0)] X bzw. [(1, 0)] X. Dann sind π 1 (U) und π 1 (V ) offene Umgebungen von (0, 0) bzw. (1, 0) in {0, 1} R. Das bedeutet es gibt ɛ, δ > 0, sodass (0, x) π 1 (U) für alle x < ɛ bzw. (0, x ) π 1 (V ) für alle x < δ. Sei nun η := min{ɛ, δ}, dann gilt (0, η/2) π 1 (U) und (1, η/2) π 1 (V ). Damit ist [(0, η/2)] = [(1, η/2)] U V, aber dann ist U V und X ist kein Hausdorff-Raum. Es bleibt zu zeigen, dass die einpunktigen Teilmengen in X abgeschlossen sind. Hier gibt es zwei Fälle: Fall 1 Sei x 0, dann gilt π 1 ({[(0, x)]}) = {(0, x), (1, x)}. Dies ist abgeschlossen in {0, 1} R, also ist auch {[0, x]} abgeschlossen in X. Fall 2 Für x = 0 betrachte π 1 ({[(0, 0)]}) = {(0, 0)} und π 1 ({[(1, 0)]}) = {(1, 0)}. Beides ist abgeschlossen in X.

13 Übungsaufgabe 58: Je zwei verschiedene Punkte einer Faser lassen sich durch offene Umgebungen in X trennen genau dann, wenn das Bild der Diagonalen in X Y X abgeschlossen ist. Beweis: Sei (u, v) (X Y X)\ (X). Dann gilt f(u) = f(v), aber u v. Dann gibt es offene Umgebungen U, V X von u bzw. v mit U V =. Außerdem ist U V offen in X X. Damit ist auch U V X Y X offen in X Y X, aber U V (X) =. Dann ist aber (X) abgeschlossen in X Y X. Sei nun (X) abgeschlossen, y Y und u, v f 1 (y) mit u v. Dann gilt (u, v) (X Y X)\ (X). Da aber (X) abgeschlossen ist existieren U, V X mit (u, v) U V aber U V X Y X = (U V X Y X) (X) = Dann muss aber U V = sein und somit gilt U f 1 (y) ist eine Umgebung von u f 1 (y) und V f 1 (y) ist eine Umgebung von v f 1 (y).

14 Übungsaufgabe 66: Idee: Wir sollen zeigen, dass jede stetige Bijektion f : R R ein Homöomorphismus ist. Da f eine Bijektion ist, wissen wir schon, dass eine Umkehrabbildung f 1 existiert. Es bleibt also nur zu zeigen, dass diese stetig ist. Dies ist aber äquivalent dazu das f offen ist. Da f stetig und injektiv ist, ist f streng monoton. O.B.d.A sei f streng monoton steigend. Für beliebiges a R gilt dann f([a, ]) = [f(a), ]. Denn: Ist b [a, ), so gilt b a und damit auch f(b) f(a), da f streng monoton steigend ist. Also ist f(b) [f(a), ). Ist b [f(a), ], so gibt es wg. der Surjektivität von f ein c R mit f(c) = b. Wegen der Monotonie von f muss dann aber c a gelten und damit also b f([a, ]). Ganz analog sieht man: f((, a]) = (, f(a)]. Seien nun x R und ɛ > 0 beliebig, dann gilt f((x ɛ, x + ɛ)) = f(r\((, x ɛ] [x + ɛ, ))) = R\f((, x ɛ] [x + ɛ, )) = R\(f((, x ɛ]) f([x + ɛ, ))) = R\((, f(x ɛ)] [f(x + ɛ), )) = (f(x ɛ), f(x ɛ)) ist offen in R. Sei nun U R irgendeine offene Teilmenge, dann gibt es zu jedem x U ein ɛ(x) > 0 mit (x ɛ(x), x + ɛ(x)) U. Dann gilt aber U = x U(x ɛ(x), x + ɛ(x)) und damit f(u) = f( x U(x ɛ(x), x + ɛ(x))) = x U f((x ɛ(x), x + ɛ(x))) offen in R, als Vereinigung offener Mengen. Also ist f offen.

15 Übungsaufgabe 67: (Der ganze Zariski) Behauptung: Jede offene Menge U Spec(Z) mit U enthält (0). Beweis: Sei U Spec(Z) offen, dann ist Spec(Z)\U abgeschlossen. Aber dann gibt es eine Teilmenge S Z mit Spec(Z)\U = N(S) = {p Z S p}. Gilt nun S = oder S = {0}, so gilt auch N(S) = Spec(Z) (denn jedes Primideal enthält die 0) und somit ist U =. Andernfalls gibt es ein n S mit n 0. Dann gilt aber n (0), also (0) N(S), und somit (0) U. Behauptung: Spec(Z) ist kein Hausdorff-Raum. Beweis: Sei p Spec(Z) ein beliebiges Primideal mit p (0), etwa p = (2). Dann enthält nach obiger Behauptung jede Umgebung von p das Primideal (0). Somit lassen sich p und (0) nicht durch Umgebungen trennen. Behauptung: Jede offene Menge U Spec(Z) mit U enthält alle bis auf endlich viele Elemente von Spec(Z). Beweis: Sei U Spec(Z) offen, dann ist Spec(Z)\U abgeschlossen. Also gibt es S Z mit Spec(Z)\U = N(S). Gilt S = oder S = {0}, so ist U = (siehe oben). Andernfalls gibt es nur endlich viele Primzahlen, die n teilen. Da jedes Primideal p Z von der Form p = (p) mit p Primzahl oder p = 0 ist, gilt also n p für nur endlich viele p Spec(Z). Damit ist N(S) endlich und U enthält somit alle bis auf endlich viele p Spec(Z). Behauptung: Spec(Z) ist kompakt. Beweis: Sei (U i i I) eine offene Überdeckung von Spec(Z). Dann gibt es ein i 0 I, so dass U i0. Dann enthält U io alle bis auf endlich viele Elemente von Spec(Z). Seien diese etwa p 1,..., p n. Dann gibt es zu k = 1,..., n ein i k I mit p k U ik, da Spec(Z) von den U i überdeckt wird. Dann gilt n U ik = Spec(Z), k=0 und (U ik k {0,..., n}) ist die gesuchte endliche Teilüberdeckung von Spec(Z).

16 Übungsaufgabe 73: (Geschnitten) Die Aussage der Behauptung, dass für kompakte Unterräume K und L eines topologischen Raumes ihr Durchschnitt ebenfalls kompakt sein muss, ist falsch. Für unser Gegenbeispiel nehmen wir die natürlichen Zahlen N und versehen diese mit folgender Topologie. Wir sagen eine Menge U N sei offen, genau dann wenn 1. U =, 2. U = N, 3. U P, wobei P die Menge aller Primzahlen ist. Die Unterräume K := P {6} und L := P {8} sind kompakt, da jede offene Überdeckung N enthält. Der Durchschnitt K L = P ist jedoch nicht kompakt, da die offene Überdeckung von P die aus der (unendlichen) Vereinigung aller offenen einelementigen Mengen der Form {p}, wobei p eine Primzahl ist, keine endliche Teilüberdeckung enthält.

17 Übungsaufgabe 87: Seien G topologische Gruppe, H, K Untergruppen von G und f : G/H G/K eine G-Abbildung. Dann ist f stetig. Beweis: Seien [a] := f(1h) G/K und b G ein Repräsentant von [a], d.h. es gelte bk = [a]. Die Abbildungen p: G G/H, g gh und π : G G/K, g gk seien die Kanonischen. Dann definieren wir die Abbildung f : G G, g g b Bemerke, dass f stetig ist, da G eine topologische Gruppe und daher die Multiplikation in G stetig ist. Für g G gilt: π f(g) = π(g b) = gbk = g[a]. Weiter ist π f stetig, da π und f stetig sind. Für g G gilt: fp(g) = f(gh) = f(g 1H) = g f(1h) = g[a] = π f(g) Also gilt fp = π f. Nun ist aber p eine Identifizierung, also folgt aus der Stetigkeit von π f die Stetigkeit von f.

18 Übungsaufgabe 88: Für x R bezeichne [x] R/Q die Restklasse von x. Sei p: R R/Q, x [x] die Restklassenprojektion, dann ist p ein Gruppenhomomorphismus, da Q R Normalteiler, und p ist eine Identifizierung. Sei U R/Q offen mit U, dann gilt p 1 (U) ist offen in R und p 1 (U), da p surjektiv. Somit gibt es ein x Q p 1 (U), denn Q liegt dicht in R. Und da p 1 (U) offen ist, gibt es ein ɛ > 0 mit (x ɛ, x + ɛ) p 1 (U). Behauptung: ist klar Es gilt p((x ɛ, x + ɛ)) = R/Q, denn: Sei y R beliebig, dann gibt es ein ỹ Q mit y ỹ < ɛ, denn Q liegt dicht in R. Somit gilt y ỹ + x (x ɛ, x + ɛ) und p(y ỹ + x) = p(y) p(ỹ) + p(x) = p(y) = [y]. }{{}}{{} =0 =0 ỹ Q x Q Somit gilt also für jedes [y] R/Q, dass [y] p((x ɛ, x + ɛ)). Also gilt R/Q = p((x ɛ, x + ɛ)) pp 1 (U) R/Q, und damit R/Q = pp 1 (U) U, und daher U = R/Q. Dann sind die einzigen offenen Mengen in R/Q die Folgenden: D.h. R/Q trägt die Klumpentopologie., R/Q.

19 Übungsaufgabe 90 (Ein dicker Punkt) Sei G eine topologische Gruppe und N G der Abschluss von {1}. Dann ist N normal in G. Bemerkung: Nach Übungsaufgabe 83 (Berührpunkte multiplizieren) ist N eine Untergruppe von G. Beweis: Sei h N beliebig und U eine Umgebung von ghg 1 für ein g G. Dann ist g 1 Ug eine Umgebung von h, denn x g 1 x und x xg sind Homöomorphismen von G G. Da h im Abschluss von {1} liegt, gilt somit 1 g 1 Ug, also 1 = g1g 1 U. Aber dann liegt auch ghg 1 im Abschluss von {1} und somit ghg 1 N, also ist N normal in G. Wir wollen nun zeigen, dass N in jedem Stabilisator liegt, wenn X ein Hausdorff-Raum ist. Beweis: Seien nun x X und ϕ x : G X, g x. Dann ist G x = ϕ 1 x ({x}). Nehmen wir dazu an, es gibt h N mit ϕ x (h) = hx x. Dann gibt es offene Umgebungen U von x und V von hx mit U V =, denn X ist ein Hausdorff-Raum. Also ist ϕ 1 x (U) eine offene Umgebung von 1 in G und ϕ 1 x (V ) eine offene Umgebung von h in G. Es gilt ϕ 1 x (U) ϕ 1 x (V ) = {g G gx U V = } =. Also gilt insbesondere 1 ϕ 1 x (V ). Aber das ist ein Widerspruch dazu, dass h im Abschluss von {1} liegt. Also gilt N G x für alle x X.

20 Übungsaufgabe 92 Beh(1) Ist G eine topologische Gruppe und sind X 1,..., X n G-Räume, so ist auch X := X 1 X n ein G-Raum bezüglich der Operation Beweis: Es gilt: ϕ : G X X, (g, x 1,..., x n ) (gx 1,..., gx n ) (1) 1(x 1,..., x n ) = (1x 1,..., 1x n ) = (x 1,..., x n ) (2) g(h(x 1,..., x n )) = g(hx 1,..., hx n ) = (g(hx 1 ),..., g(hx n )) = ((gh)x 1,..., (gh)x n ) = (gh)(x 1,..., x n ) Seien die Operationen von G auf X 1,..., X n gegeben durch ϕ i : G X i X i, dann sind alle ϕ i stetig. Somit ist auch ϕ 1 ϕ n : G X 1 G X 2 G X n X 1 X n stetig. Trivialerweise ist die Abb. : G X G X 1 G X n (g, x 1,..., x n ) (g, x 1,..., g, x n ) stetig, somit aber auch ϕ = (ϕ 1 ϕ n ). Beh (2) U(n) operiert komponentenweise auf F (C n ). Beweis: Nach Beh(1) operiert U(n) komponentenweise auf G 1 (C n ) G n 1 (C n ). Durch Einschränkung der Operation auf F (C n ) erhält man eine Operation von U(n) auf F (C n ), denn ist (U 1,..., U n 1 ) F (C n ), so ist zu zeigen: (AU 1,, AU n 1 ) F (C n ) für alle A U(n). Dies ist aber klar, denn aus U i U i+1 folgt AU i AU i+1 für alle A U(n). Beh (3) Die Operation von U(n) auf F (C n ) ist transitiv. Beweis: Sei für i = 1,..., n 1 E i = Ce 1 + +Ce i, wobei e 1,..., e n die Standardeinheitsvektoren in C n seien. Dann gilt für alle i E i E i+1, also E := (E 1,..., E n 1 ) F (C n ), denn dim E i = i für alle i. Wir zeigen: U(n)E = F (C n ). Sei dazu (U 1,..., U n 1 ) F (C n ) beliebig. Wähle eine ON-Basis v 1 von U 1, ergänze dann induktiv die ON-Basis v 1,..., v i von U i zu einer ON-Basis v 1,..., v i+1 von U i+1 (möglich, da U i U i+1 ). Dies liefert ON-Basis v 1,..., v n 1 von U n 1. Ergänze diese zu einer ON- Basis v 1,..., v n von C n. Dann definiert A : C n C n, e i v i ein A U(n), welches AE i = U i für alle i erfüllt, also AE = (U 1,..., U n 1 ). Sei nun (U 1,..., U n 1 ) F (C n ) beliebig. Wähle wie in Beh(3) eine ON-Basis v 1,..., v n von C n mit v 1,..., v i ON-Basis von U i für alle i. Dann gilt U(n) (U1,...,U n 1 ) = {A U(n) Av i z i v i für ein z i S 1 für alle i} denn: Induktion nach i liefert: i = 1 Es gilt AU 1 = U 1, also Av 1 = z 1 v 1 für ein z 1 C und da A U(n) folgt z 1 S 1. i i + 1 Es gelte schon Av j z j v j, z j S 1, für j = 1,..., i, dann gilt wegen A U(n) auch Av i+1 {z 1 v 1,..., z i v i } = U i, also Av i+1 Cv i+1, und wegen A U(n) gilt Av i+1 = z i+1 v i+1 für ein z i+1 S 1. Also gilt. Da aber schon vorher klar war haben wir nun U(n) (U1,...,U n 1 ) = {A Mat(n, C) A = z , z 1,..., z n S 1 } = S } 1 {{ S } z n n

21 Übungsaufgabe 95 Die Operation ist frei, denn gilt für g Z und x R, dass g + x = x, so folgt g = 0 durch Subtraktion von x auf beiden Seiten. Die Operation ist eigentlich, denn für die durch die Operation gegebene Relation R auf R R gilt R = {(x, y) R 2 y = g + x für ein g Z} = {(x, y) R 2 y x Z} Betrachte die Abbildung f : R 2 R, (x, y) y x. Dann ist f stetig und Z ist abgeschlossen in R, also gilt R = f 1 (Z) ist abgeschlossen in R 2. Die Abbildung ϕ: R Z, (x, y) y x ist stetig und erfüllt für g Z, x, y R : sowie (ϕ, pr 1 ) θ(g, x) = (ϕ, pr 1 )(x, g + x) = (g + x x, x) = (g, x) θ (ϕ, pr 1 )(x, y) = θ(y x, x) also ist die Operation eigentlich, denn sie ist frei. = (x, y x + x) = (x, y)

22 Übungsaufgabe 103 Sei X ein topologischer Raum, dann ist X zusammenziehbar genau dann, wenn id X nullhomotop ist. Beweis: = Sei X zusammenziehbar, d.h. X, dann gibt es Abbildungen f : X und g : X mit fg id und gf id X. Nun ist aber g die konstante Abbildung, also ist auch gf konstant. Somit ist auch id X homotop zu einer konstanten Abbildung, also nullhomotop. = Sei id X nullhomotop, dann ist id X homotop zu einer konstanten Abbildung f : X X, etwa f(x) = x 0 für alle x X. Dann faktorisiert f über {x 0 } = f X X ϕ ψ {x 0 } Nun gilt ϕψ(x 0 ) = ϕ(x 0 ) = x 0, also ϕψ = id x0 und ψϕ = f id X, also ist ϕ eine Homotopieäquivalenz X {x 0 } =, d.h. X ist zusammenziehbar.

23 Übungsaufgabe 104 Lemma. Seien f : X Y und g : Y Z stetig, dann gilt: (a) Ist f nullhomotop, so ist gf nullhomotop. (b) Ist g nullhomotop, so ist gf nullhomotop. (c) Ist X zusammenziehbar, so ist f nullhomotop. (d) Ist Y zusammenziehbar, so ist f nullhomotop. Beweis: Übung! Sei nun f : S n 1 X stetig, dann ist f genau dann nullhomotop, wenn es eine stetige Abbildung g : D n X mit f = g S n 1. Beweis: = Die Rückrichtung ist relativ einfach. Nehmen wir also an es gibt ein solches g, dann kommutiert folgendes Diagramm: S n 1 ι D n g f X Da D n zusammenziehbar ist, ist nach Teil (c) des Lemmas g nullhomotop. Somit ist dann nach Teil (b) des Lemmas auch ιg = f nullhomotop. = Sei nun f nullhomotop. Wir betrachten die Abbildungen { (x, x ϕ: D n I S n 1 x, x ), x 0 (0, e 1 ), x = 0 wobei e 1 der Standardeinheitsvektor ist, und die Restklassenprojektion p: I S n 1 I S n 1 / 0 S n 1 und setzen ϕ = p ϕ. Da p stetig ist und auch ϕ für x D n \0 stetig in x ist, ist auch ϕ stetig. Sei nun U eine offene Umgebung von p(0, e 1 ) I S n 1 / 0 S n 1. Dann gilt A := {(0, x) x S n 1 } p 1 U I S n 1 und p 1 U ist offen, denn p ist stetig. Also gibt es zu jedem (0, a) A ein ɛ(a) > 0 und eine offene Umgebung V (a) von a in S n 1 mit [0, ɛ(a)) V (a) p 1 U. Da aber S n 1 kompakt ist, gibt es ein endliches A 0 A mit S n 1 = V (a). Setze ɛ := min ɛ(a) > 0, dann [0, ɛ) S n 1 p 1 U, dann gilt a A a A 0 0 ϕ 1 p 1 U ϕ 1 ([0, ɛ) S n 1 ) = U ɛ (0) und das ist offen in R n bezüglich der euklidischen Metrik. Aber dann ist ϕ 1 U eine Umgebung von 0, d.h. ϕ ist stetig in 0. Da f nullhomotop ist, gibt es eine Homotopie H : I S n 1 X mit Hi 0 = konst., Hi 1 = f und i t : S n 1 I S n 1, x (t, x). Da H konstant auf 0 S n 1 ist induziert H ein H : I S n 1 /0 S n 1 X mit Hp = H (nach der universellen Eigenschaft des Pushouts), wobei H stetig. Setze g := Hϕ: D n X, dann ist g stetig, da H und ϕ stetig sind. Für x S n 1 gilt: g(x) = Hϕ(x) = Hp ϕ(x) = Hp(1, x) = f(x), d.h. g S n 1 = f.

24 Übungsaufgabe 105 Der Fall m = n ist trivial, da S n sicherlich ein Unterraum von sich selbst ist und das Komplement als S 1 aufgefasst werden kann. Bleibt also der Fall m < n : Fassen wir dazu S n als Unterraum von R n auf, d.h. S n = {x R x = 1}, so können wir S m als Unterraum von S n auffassen via der Standardinklusion ι: S m S n, (x 1,..., x m+1 ) (x 1,..., x m+1, 0,..., 0), denn dies liefert offensichtlich eine Einbettung. Für das Komplement K := S n \S m S n gilt dann K = {(x 1,..., x n+1 ) (x 1,..., x n+1 ) = 1 und (x m+2,..., x n+1 ) 0} Weiterhin können wir S n m 1 via j : S n m 1 S n, (x 1,..., x n m ) (0,..., 0, x 1,..., x n m ) in S n einbetten. Es gilt dann sogar j(s n m 1 ) K S n und die Inklusion ϕ: S n m 1 K liefert die gewünschte Homotopieäquivalenz. Um dies zu zeigen betrachten wir die Abbildung ψ : K S n m 1, (x 1,..., x n+1 ) (0,..., 0, x m+2,..., x n+1 ) (0,..., 0, x m+2,..., x n+1 ) Wir sehen das offensichtlich gilt ψϕ = id S n m 1. Um zu sehen, dass auch ϕψ = id K gilt betrachten wir die Homotopie 1 H : I K K, (t, (x, y)) t y 2 + (1 t) ( (1 t)x, y) Hierbei enthalte x die ersten m + 1 Komponenten von K und y die Komponenten x m+2 bis x n+1. Beachte weiterhin, dass wegen (x, y) K auch y (0,..., 0) gilt, d.h. auch y 0 und damit auch die Wurzel t y + (1 t) 0. H bildet offensichtlich nach K ab, denn y (0,..., 0) und t y +(1 t) H(t, (x, y)) 2 1 = t y 2 + (1 t) ((1 t) x 2 + y 2 ) 1 = t y 2 + (1 t) ((1 t)(1 y 2 ) + y 2 ) = t y 2 + (1 t) t y 2 + (1 t) = 1 H ist auch offensichtlich stetig und es gilt H(0, (x, y)) = 1 1 ( qx, y) = (x, y) = id K (x, y), als auch H(1, (x, y)) = y 1 (0, y) = (0, y ) = ϕψ(x, y), also ist H eine Homotopie von 2 y 2 id K nach ϕψ und somit gilt auch K S n m 1.

25 Übungsaufgabe 108 Es ist bekannt, dass der Abbildungsgrad eine Homotopieinvariante ist und dass grad: [ S 1, S 1] Z ein Gruppenisomorphismus ist. Hierbei ist [S 1, S 1 ] eine Gruppe bezüglich der punktweisen Multiplikation. Es gilt grad 1 (n) = [e n ]. Somit gilt für ein stetiges f : S 1 S 1 [f] = grad 1 grad([f]) = [ e grad(f) ]. Weiter gilt e n e m (z) = (z m ) n = z nm = e nm (z). Somit folgt: grad(g)grad(f) = grad( [ e grad(g)grad(f) ] ) = grad( [ e grad(g) e grad(f) ] ) = grad( [ e grad(g) ] [ egrad(f) ] ) = grad([g] [f]) = grad([g f]) = grad(g f)

26 Übungsaufgabe 111 Lemma. Sei z S 1 und seien γ, δ : S 1 S 1 Schleifen mit γ(1) = z = δ(1) und grad(γ) = grad(δ). Dann gilt [γ] = [δ] in π 1 (S 1, z). Proof. Sei p: R S 1, t exp(2πit) und q = p [0,1]. Wähle ein Urbild s p 1 (z). Da [0, 1] zusammenziehbar ist, ist γq nullhomotop. Somit gibt es genau eine Hochhebung γ von γq mit γ(0) = s, und gleiches gilt genauso für δ, denn s ist Urbild unter p von γ(1) ebenso wie von δ(1). Wegen grad(γ) = grad(δ) gilt dann Wir definieren die Homotopie γ(1) = s + grad(γ) = s + grad(δ) = δ(1). H : [0, 1] [0, 1] R, (t, x) (1 t) γ(x) + t δ(x). Dies ist offenbar eine Homotopie von γ nach δ und es gilt H(t, 0) = (1 t)s + ts = s und H(t, 1) = (1 t) γ(1) + t δ(1) = γ(1), d.h. H lässt Anfangs- und Endpunkt fest. Weiter gilt grad(γ) Z und somit p( γ(1)) = z, d.h. x ph(t, x) ist konstant auf {0, 1} für alle t, also induziert ph eine Homotopie H : [0, 1] S 1 S 1 mit H(t, z) = z für alle t, d.h. [γ] = [δ] in π 1 (S 1, z). Sei wieder z S 1 beliebig. Durch 1 (t exp(2πit)z) ist dann ein Gruppenhomomorphismus ϕ z : Z π 1 (S 1, z) gegeben. Wegen γ(0) = z = γ(1) für alle [γ] π 1 (S 1, z) kann man γ auch als Schleife an z auffassen und somit hat man eine Gradabbildung grad: π 1 (S 1, z) Z. Wohldefiniertheit ist klar, da homtope Abbildungen gleichen Grad haben. Als Schleife ist ϕ z (1) gleich e 1 z, wobei e n : S 1 S 1, z z n und somit ϕ z (n) gleich e n z. Es gilt sowie für [γ] π 1 (S 1, z) grad ϕ z (n) = grad(e n z) = grad(e n ) + grad(z) = grad(e n ) + 0 = n, ϕ z grad([γ]) = ϕ z (grad(γ)) = [ e grad(γ) z ] =: [δ]. Weiter gilt grad(δ) = grad(γ) und δ(1) = e grad(γ) (1)z = z = γ(1), also [γ] = [δ], d.h. grad ist die Umkehrabbildung zu ϕ z, also ist ϕ z ein Isomorphismus. Sei f : S 1 S 1 stetig, dann gilt für [γ] π 1 (S 1, z) : grad(f [γ]) = grad([f γ]) = grad(f γ) = grad(f)grad(γ) = grad(f)grad([γ]) und das Diagramm kommutiert. grad=ϕ 1 z π 1 (S 1, z) Z f grad(f) π 1 (S 1, z) Z grad=ϕ 1 z

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