Klausur zur Topologie

Transkript

1 Klausur zur Topologie Aufgabe 1. Bitte füllen Sie folgendes aus! (1 Punkt) Name: Musterlösung Matrikelnummer: Musterlösung Vorname: Musterlösung Fachrichtung: Musterlösung Es gelten die üblichen Klausurbedingungen. Bitte beachten Sie folgende Hinweise: Bearbeitungszeit: 120 Minuten Erlaubte Hilfsmittel: keine Bearbeitungen mit Bleistift oder Rotstift sind nicht zulässig. Wo dies verlangt wird, begründen Sie bitte ihre Antwort kurz aber überzeugend etwa durch Nennung eines passenden Ergebnisses oder Beispiels aus Vorlesung oder Übung. Für jede der Binary-Choice-Fragen der Aufgabe 2 gibt es einen Punkt bei richtiger Antwort, keinen Punkt bei fehlender Antwort, und einen Punkt Abzug bei falscher Antwort. Eine negative Gesamtpunktzahl der Aufgabe wird als Null gewertet. Viel Erfolg! Den unteren Teil dieses Deckblattes bitte für Korrekturvermerke freilassen. Aufgabe Gesamt Punkte /1 /12 /10 /10 /16 /12 /22 /83 Die Klausur bietet etwas zu viele Fragen für 120 Minuten. Die Notenskala berücksichtigt dies. Die Themen sind recht bunt gemischt. Die lange Aufgabe 7 habe ich nicht zweigeteilt. Tipp: Viele Fragen sind Wiederholungen aus Vorlesung und Übung; sie sollen Fleiß in den Übungen und Sorgfalt in der Vorbereitung belohnen. Das sind leichte Punkte leider oft vergeudet. Falls Sie diese Weisheit vor Ihrer eigenen Klausur lesen: Nutzen Sie Ihre Übungen! Vorwort zur Musterlösung: Zur Nacharbeitung habe ich Antworten ausführlicher formuliert und erläutert, als in der Prüfungssituation verlangt war. Nach der Klausur ist vor der Klausur. 1

2 Aufgabe 2. Topologische Eigenschaften (12 Punkte) Beurteilen Sie folgende Aussagen mit ja (= wahr) oder nein (= unwahr). Jede richtige Antwort gibt einen Punkt, für jede falsche wird ein Punkt abgezogen. 2A. In jedem normierten Vektorraum (V, ) ist jede kompakte Menge A V beschränkt und abgeschlossen. Nein 2B. Im Vektorraum C ([0, 1], R) mit Supremumsnorm ist jede beschränkte und abgeschlossene Menge A C ([0, 1], R) kompakt. Ja X Nein 2C. In Q n ist jede beschränkte und abgeschlossene Teilmenge kompakt. Ja X Nein 2D. In R n ist jede beschränkte und abgeschlossene Teilmenge kompakt. Nein 2E. In jedem Hausdorff Raum ist jedes Kompaktum abgeschlossen. Nein 2F. In jedem Kompaktum ist jede abgeschlossene Teilmenge kompakt. Nein 2G. Jeder separable metrisierbare Raum ist zweitabzählbar. Nein 2H. Jeder zweitabzählbare metrisierbare Raum ist separabel. Nein 2I. Jeder metrisierbare Raum ist regulär (T 1 &T 3 ) und zweitabzählbar. Ja X Nein 2J. Jeder zweitabzählbare und reguläre (T 1 &T 3 ) Raum ist metrisierbar. Nein 2K. In der Summentopologie auf X Y ist jede offene Menge eine Vereinigung U V mit U X offen und V Y offen. Nein 2L. In der Produkttopologie auf X Y ist jede offene Menge ein Produkt U V mit U X offen und V Y offen. Ja X Nein 2

3 Aufgabe 3. Grundbegriffe ( = 10 Punkte) 3A. Gibt es in C ([0, 1], R) mit Supremumsnorm eine abzählbare dichte Teilmenge? Nein. Beispiel oder Hindernis: Es genügen rationale Polygonzüge (dank gleichmäßiger Stetigkeit auf [0, 1]), noch eleganter: trigonometrische Polynome mit rationalen Koeffizienten (dank Satz von Fejér) oder Polynomfunktionen mit rationalen Koeffizienten (dank Approximationssatz von Weierstraß). 3B. Ist der Vektorraum C ([0, 1], R) mit Supremumsnorm erstabzählbar? Nein. Beweis oder Gegenbeispiel: Allgemein ist jeder metrische Raum (X, d) erstabzählbar: Zu jedem Punkt a X bilden die Bälle B(a, 1 /n) für n = 1, 2, 3,... eine abzählbare Umgebungsbasis. 3C. Ist der Vektorraum C ([0, 1], R) mit Supremumsnorm zweitabzählbar? Nein. Beweis oder Gegenbeispiel: Dank 3A ist C ([0, 1], R) separabel. Jeder separable metrische Raum ist zweitabzählbar (2G). 3D. Ist der Vektorraum C b (R, R) mit Supremumsnorm zweitabzählbar? Ja X Nein. Beweis oder Gegenbeispiel: Stückweise affine Interpolation liefert {0, 1} Z C b (R, R) überabzählbar und diskret. Hinweis: Dieser Raum ist erstabzählbar, wie jeder metrische Raum (3B). 3E. Sei (X, T ) = i I (X i, T i ) das Produkt topologischer Räume mit card(x i ) 2. Für jedes i I sei d i : X i X i [0, 1] eine Metrik für (X i, T i ). Wann ist der Produktraum (X, T ) metrisierbar? Nennen Sie die notwendige und hinreichende Bedingung sowie eine Metrik. Bedingung und Metrik: Notwendig und hinreichend ist, dass I abzählbar ist, also ein abzählbares Produkt vorliegt. Dann wird der Raum (X, T ) metrisiert durch d : X X R : (x, y) i I a id i (x i, y i ). Hierzu sei a i R >0 und i I a i <, für I = N zum Beispiel a i = 2 1 i mit i N a i = 1. 3

4 Aufgabe 4. Kompaktheit ( = 10 Punkte) 4A. Sei f : X Y stetig und A X kompakt. Ist dann f(a) Y kompakt? Nein. Beweis oder Gegenbeispiel: Beweis: Sei f(a) i I V i eine offene Überdeckung in Y. Da f stetig ist, ist U i = f 1 (V i ) in X offen für jedes i I. Wir erhalten so die offene Überdeckung A i I U i in X. Da A kompakt ist, existiert eine endliche Teilüberdeckung, A U i1 U in. Aus f(u i ) V i folgt f(a) f(u i1 ) f(u in ) V i1 V in. 4B. Sei X kompakt und Y hausdorffsch. Ist jede stetige Abbildung f : X Y abgeschlossen? Nein. Beweis oder Gegenbeispiel: Beweis: Sei A X abgeschlossen. Da X kompakt ist, ist A kompakt (2F). Da f stetig ist, ist das Bild f(a) kompakt (4A). Da Y hausdorffsch ist, ist f(a) abgeschlossen (2E). 4C. Sei (X, T ) = i I (X i, T i ) das Produkt nicht-leerer topologischer Räume. Nennen Sie die notwendige und hinreichende Bedingung dafür, dass (X, T ) kompakt ist. Bedingung: Satz von Tychonoff: Notwendig und hinreichend ist, dass jeder Faktor (X i, T i ) kompakt ist. (... oder ein X i =, aber diesen Sonderfall haben wir zur Vereinfachung ausgeschlossen.) 4D. Nennen Sie zur Einpunktkompaktifizierung Ĉ = C { } der komplexen Ebene einen homöomorphen Teilraum X R n sowie explizit einen Homöomorphismus f : X {p} C. Es gilt Ĉ = S 2 vermöge f : S 2 {(0, 0, 1)} C : f(x, y, z) = (x + iy)/(1 z). Dies ist die stereographische Projektion in Dimension 2, machen Sie sich eine Skizze! Die explizite Konstruktion des inversen Homöomorphismus g : C S 2 {(0, 0, 1)} und der geduldige Nachweis von g f = id und f g = id erfolgte in Vorlesung und Übung... Schauen Sie sich das nochmal in Ruhe an. Hier war es diesmal nicht gefragt. 4

5 Aufgabe 5. Quotienten und Flächen ( = 16 Punkte) Wir erinnern an unsere Modellflächen F g,r ± vom Geschlecht g mit r 0 Randkomponenten. Geschlossene Flächen schreiben wir kurz F g ± = F g,0; ± in dieser Nummerierung ist F 0 + = S 2 die Sphäre und F0 = RP 2 die reell-projektive Ebene. In der Ebene C = R 2 sei X = D 2 = B(0, 1) die Einheitskreisscheibe mit Rand X = S 1 und Y = B(0, 2) B(0, 1/2) eine Kreisscheibe mit Loch. Untersuchen Sie jeweils den angegebenen Quotientenraum: Ist dies eine kompakte Fläche? Wenn ja, welche? Wenn nein, warum nicht? Hinweis: Es helfen Schneiden und Kleben sowie die Flächenwörter der Flächenklassifikation. 5A. Der Quotientenraum X / X, durch Zusammenschlagen des Randes zu einem Punkt Wir erhalten X / X = S 2 ; allgemein gilt D n / S n 1 = S n. Dieses klassische Beispiel wurde in Vorlesung und Übung ausgeführt! 5B. Der Quotientenraum Y / Y, durch Zusammenschlagen des Randes zu einem Punkt Ja X Im Punkt = [ Y ] sieht der Quotient aus wie ein Doppelkegel! Insbesondere trennt kleine zusammenhängende Umgebungen, also ist Y / Y nicht lokal homöomorph zu R 2 oder R 2 0. Genauer: Global ist Y / Y homöomorph zu S 2 / {(0, 0, ±1)}, vgl. 5A. Alternativ: Y / Y ist ein Torus mit einer Einschnürung, vgl. 5G. 5C. X/ mit z z für jeden Randpunkt z X. Wir erhalten X/ = RP 2 ; als Flächenwort D 2 / aa. Dieses Beispiel wurde in Vorlesung und Übung ausgeführt! 5D. X/ mit z z für jeden Randpunkt z X. Wir erhalten X/ = S 2 ; als Flächenwort D 2 / aa 1. Dieses Beispiel wurde in Vorlesung und Übung ausgeführt! 5

6 5E. Y/ mit z z für jeden Randpunkt z Y. Wir erhalten Y/ = S 2. Anschaulich findet man dies leicht analog zu 5D. Besser als Flächenwort D 2 / aa 1 bcc 1 b 1 durch Aufschneiden entlang eines Radius b. 5F. Y/ mit z z für jeden Randpunkt z Y. Wir erhalten Y/ = RP 2 RP 2 = F 1, anschaulich als verbundene Summe analog zu 5C. Besser als Flächenwort D 2 / aabccb 1 durch Aufschneiden entlang eines Radius b. 5G. Y/ mit z z/ z 2 für jeden Randpunkt z Y. Wir erhalten Y/ = S 1 S 1 = F + 1. Anschaulich findet man dies leicht... Besser als Flächenwort D 2 / aba 1 b 1 durch Aufschneiden entlang eines Radius b. 5H. Y/ mit z 1/z für jeden Randpunkt z Y. Wir erhalten Y/ = F 1. Anschaulich findet man dies nicht so leicht... Besser als Flächenwort D 2 / abab 1 durch Aufschneiden entlang eines Radius b. Da diese Fragen nur auf das Ergebnis zielen, können Sie die Antwort raten... oder wiedererkennen... oder ausrechnen! Manchmal genügt die Anschauung, andermal brauchen Sie Werkzeug. Das Rechnen mit Flächenwörtern wurde in der Vorlesung ausgeführt und zum Beweis der Klassifikation geschlossener Flächen D 2 / w = F g ± genutzt. Sie kennen zahlreiche Beispiele und Illustrationen aus der Übung. Hier sehen Sie weitere Anwendungen, in denen dieser Kalkül effizient Klarheit schafft, insbesondere wenn unsere unmittelbare Anschauung versagt. Alternativ kann man die Räume (Flächen) triangulieren und so die Euler Charakteristik, Orientierbarkeit und Randkomponenten bestimmen. Manchmal bietet sich das an, hier ist es eher mühsam. Auch die Wahl des richtigen Werkzeugs ist eine Fähigkeit, die geübt werden muss. 6

7 Aufgabe 6. Simplizialkomplexe und Fundamentalgruppen ( = 12 Punkte) Wir betrachten folgenden Simplizialkomplex K = {a, b, c}, {a, c, d}, {a, e}, {b, e}, {c, e}, {d, e} : d K c e a b a = (+1, +1, 0) b = ( 1, +1, 0) c = ( 1, 1, 0) d = (+1, 1, 0) e = (0, 0, +2) 6A. Skizzieren Sie zu K R 3 die 1/3 Umgebung U = { x R 3 d(x, K ) 1/3 }. Ist der Rand δu eine kompakte Fläche? Wenn ja, welche? Wenn nein, warum nicht? Die Menge U entsteht als eine Aufdrickung des oben skizzierten Raumes K : Sie ist homöomorph zu einem Ball mit drei Henkeln, also U = H 3 und U = F B. Berechnen Sie die Euler Charakteristiken χ(k 1 ) und χ(k). Wir finden χ(k 1 ) = 5 9 = 4 für das 1 Skelett und entsprechend χ(k) = = 2. 6C. Geben Sie einen Spannbaum für das 1 Skelett K 1 an. Als Spannbaum wählen wir T = {a, b}, {a, c}, {a, d}, {a, e}. Die Wahl eines Spannbaums ist nicht eindeutig; viele weitere sind möglich. 6D. Nennen Sie eine Familie freier Erzeuger von π 1 (K 1, a) als Kantenpfade. Es verbleiben fünf Kanten K T = { {b, c}, {c, d}, {b, e}, {c, e}, {d, e} }, somit ist π 1 (K 1, a) frei vom Rang 5. Freie Erzeuger sind die Homotopieklassen der Kantenpfade abca, acda, abea, acea, adea. 7

8 6E. Die Inklusion i : (K 1, a) (K, a) induziert π 1 (i) : π 1 (K 1, a) π 1 (K, a). Welche Relationen kommen hierbei neu hinzu? Bei der Inklusion i : (K 1, a) (K, a) kommen zwei Dreiecke hinzu, somit die Homotopien abca 1 a und acda 1 a, in π 1 (K, a) also die Relation [ abca ] = [ acda ] = 1. 6F. Nennen Sie eine Familie freier Erzeuger von π 1 (K, a) als Kantenpfade. Somit ist π 1 (K, a) frei vom Rang 3. Freie Erzeuger sind die Homotopieklassen der Kantenpfade abea, acea, adea. Sie können dies auch anschaulich gut erkennen: Machen Sie eine Skizze! 6G. Fügen Sie K = K {... } möglichst wenige Dreiecke hinzu bis π 1 (K, a) = {1} gilt. Wir fügen K die Dreiecke {a, b, e}, {a, c, e}, {a, d, e} hinzu und erhalten den Komplex K = K {a, b, e}, {a, c, e}, {a, d, e}. Diese löschen die in (5) berechneten Erzeuger von π 1 (K, a), also gilt hier π 1 (K, a) = {1}. Genauer ist K sternförmig bezüglich a und somit zusammenziehbar. 6H. Auch für das Komplement X = R 3 K ist die Fundamentalgruppe π 1 (X, x 0 ) frei. Von welchem Rang? Nennen Sie eine Familie freier Erzeuger (etwa per Durchstoßung von Dreiecken). Das Komplement Y = R 3 K ist einfach zusammenhängend, also π 1 (Y, p) = {1}. Als Fußpunkt wählen wir zum Beispiel p = ( 2, 2, 0). Für X = R 3 K können wir die Fundamentalgruppe hieraus ablesen: π 1 (X, p) ist frei vom Rang 3. Wir wählen drei Wege α, β, γ : ([0, 1], {0, 1}) (X, p), wobei α nur das Dreieck [a, b, e] einmal durchstößt, β das Dreieck [a, c, e], und γ das Dreieck [a, d, e]. Wir erhalten so π 1 (X, p) = [α], [β], [γ]. Ausblick: Die hier beobachtete Dualität zwischen K und R 3 K ist eine Vorstufe der Poincaré Dualität. Mehr hierzu erfahren Sie in der Algebraischen Topologie. (Vorsicht! Die Topologie und auch diese Klausur enthält Schleichwerbung durch Product Placement.) 8

9 Aufgabe 7. Klassische Gruppen ( = 22 Punkte) Die folgenden Fragen sind untereinander verbunden aber so gestellt, dass sie weitestgehend unabhängig beantwortbar sind. Ziel dieser Aufgabe ist es, das folgende kommutative Diagramm für n 1 zu erklären und dann für n = 2 genauer zu untersuchen. det C n n C = C 1 1 σ inc SL n C GL n C C = GL 1 C g i r i r inc p SU n C U n C S 1 = U 1 C g Wie üblich ist GL n C = { A C n n det A 0 } und SL n C = { A C n n det A = 1 } sowie U n C = { A C n n A A = 1 n n } und SU n C = U n C SL n C = { A U n C det A = 1 }. 7A. Ist die Determinante det : C n n C stetig? Nein. Begründung: Sie kann als Polynom geschrieben werden, und zwar: p s s j q det : C n n C : A det(a) = τ S n sign(τ) a 1τ(1) a 2τ(2) a nτ(n) So sehen wir unmittelbar die Stetigkeit! Diese Summe hat n! Terme. Für größere Matrizen ist der Gauß Algorithmus viel effizienter (n 3 ); dort ist die Stetigkeit allerdings vollkommen obskur. Die Determinante hat viele Facetten, je nach Anwendung sind alle nützlich! 7B. Ist SL n C für n 2 kompakt? (Dasselbe gilt für GL n C.) Ja X Nein. Begründung: Für z C gilt diag(z, z 1, 1,..., 1) SL n C, also ist SL n C C n n nicht beschränkt, und nach Heine Borel (2A) nicht kompakt. (Im Fall n = 1 ist SL 1 C = {1} eine Ausnahme.) 7C. Ist U n C für n 2 kompakt? (Dasselbe gilt für SU n C.) Nein. Begründung: Die Abbildung f : C n n C n n : A A A ist stetig, somit ist die Teilmenge U n C = f 1 ({1 n n ) abgeschlossen in C n n. Zudem ist U n C beschränkt: Für A U n R gilt A 2 = i,j a ij 2 = n. Dank Heine Borel (2D) ist U n C kompakt. (Hier ist U 1 C = S 1 keine Ausnahme.) 9

10 7D. Nennen Sie eine stetige multiplikative Einbettung σ : C C n n mit det σ = id C. (Dasselbe gilt dann durch Einschränkung für s : C GL n C und s : S 1 U n C.) Eine offensichtliche Lösung ist z σ(z) = diag(z, 1,..., 1). Es gibt weitere Möglichkeiten, etwa z diag(1,..., 1, z). Unsere Wahl ist verträglich mit der üblichen Einbettung GL n GL n+1 durch Einfügen einer Zeile unten und einer Spalte rechts. Hingegen ist z z 1 n n für n 2 keine geeignete Lösung, da det(z 1 n n ) = z n. 7E. Nennen Sie eine Retraktion q : C S 1, also ein stetige Abbildung mit q j = id S 1, sowie eine starke Retraktionsdeformation, also eine Homotopie h : j q id C relativ S 1. Eine offensichtliche Lösung ist q(z) = z/ z und h(t, z) = (1 t) z/ z + t z. Erinnerung: Das ist sehr anschaulich, und man rechnet die geforderten Eigenschaften leicht nach. Dies ist das Paradebeispiel für eine Homotopie-Äquivalenz, genauer sogar eine starke Retraktionsdeformation, wie in Vorlesung und Übung ausführlich behandelt. 7F. Nennen Sie einen Isomorphismus von π 1 (C, 1) = π 1 (S 1, 1) zu einer wohlbekannten Gruppe. Wir haben die Umlaufzahl / den Abbildungsgrad deg : π 1 (C, 1) Z. Erinnerung: Auch dies ist ein Paradebeispiel jeder Vorlesung zur (algebraischen) Topologie und die zentrale erste Berechnung einer nicht-trivialen Fundamentalgruppe. 7G. Nennen Sie einen Weg α : [0, 1] U n C, sodass [α] π 1 (U n C, 1 n n ) eine unendliche Untergruppe erzeugt (keine Relationen erfüllt / frei ist). (Dasselbe gilt dann für [α] π 1 (GL n C).) Eine naheliegende Lösung ist α(t) = diag(e 2πit, 1,..., 1). Concrete ist beautiful! Die Determinante det : GL n C C (7A) und der induzierte Gruppenhomomorphismus ϕ : π 1 GL n C π 1 C Z (7F) zeigen, dass [α] frei ist, denn ϕ([α]) = 1 ist frei in (Z, +). Alternativ erfüllt der Weg β(t) = e 2πit 1 n n die Forderung. Hier gilt ϕ([β]) = n, auch dieses Element ist frei in (Z, +). Wie wir gleich sehen werden, gilt [β] = [α] n in π 1 (U n, 1 n n ). 7H. Nennen Sie eine Retraktion g : GL n C SL n C. (Dasselbe gilt für g : U n C SU n C.) Eine offensichtliche Lösung ist g(a) = A s(det(a) 1 ) = A diag(det(a) 1, 1,..., 1) Diese oder eine ähnliche Formel liegt nahe. Stetigkeit ist klar, ebenso g(a) = A für A SL n C. Hingegen ist A A/ det(a) falsch und A A/ det(a) 1/n nicht wohldefiniert bzw. unstetig. 10

11 7I. Konstruieren Sie eine Produktzerlegung (f, f ) : SL n C C = GLn C durch Angabe zueinander inverser Homöomorphismen f und f. (Ebenso gilt SU n C S 1 = Un C.) Nach unserer Vorarbeit haben wir f : SL n C C = GLn C : (A, z) A diag(z, 1,..., 1) und f : GL n C SL n C C : A ( A diag(det(a) 1, 1,..., 1), det(a) ) Der Nachweis von f f = id und f f = id ist nun leicht (und war hier nicht gefragt). det GL n C C π 1 GL n C π 1 C s inc g SL n C {1} π 1 SL n C π 1 {1} 7J. Gibt es eine Deformationsretraktion g : GL n C SL n C, also g inc = id SLn C und inc g id GLn C? (Dasselbe gilt für g : U n C SU n C.) Hinweis: Das obige Diagramm hilft. Ja X Nein. Begründung: Angenommen, es gäbe eine solche Abbildung g und eine Homotopie id GLn C inc g. Für unseren Weg α in GL n C und sein Bild β := g α in SL n C gilt dann in C einerseits inc det β = const aber andererseits det inc β det α const (7F,7G), ein Widerspruch! Die folgenden Fragen untersuchen den Spezialfall n = 2 genauer. 7K. Nennen Sie explizit eine Deformationsretraktion r : GL 2 C U 2 C, sodass r i = id U2 C und i r id GL2 C gilt. (Die Ausführung dieser Homotopie ist nicht gefordert.) Dies leistet das Gram Schmidt Verfahren: Als Spaltenvektoren geschrieben haben wir (v 1, v 2 ) r(v 1, v 2 ) = (u 1, u 2 ) mit u 1 = v 1 / v 1 und u 2 = (v 2 u 1 u 1 v 2 )/ v 2 u 1 u 1 v 2. Wir nutzen hier das Skalarprodukt x y = x 1 y x n y n. Wie in der Übung prüft man geduldig nach, dass diese Abbildung wohldefiniert ist; sie ist dann offensichtlich stetig. In der Übung haben Sie damit die Zerlegung h : U n B + n GL n C : (Q, R) QR als Homöomorphismus nachgewiesen, Gram-Schmidt liefert explizit die inverse Abbildung, und es gilt B + n {1}. Das ist schön und nützlich: Statt GL n C genügt uns oft U n C GL n C. 11

12 7L. Geben Sie explizit einen Homöomorphismus h : S 3 SU 2 C an. Aus der Übung wissen wir: { ( a + ib SU 2 C = c + id ) } c + id a, b, c, d R, a ib a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 1 = S 3 (Die Inklusion ist klar, und rechnet man leicht nach.) Die Menge SU 2 C C 2 2 ist oben implizit durch vier komplexe Gleichungen definiert, hier parametrisieren wir die Lösungsmenge explizit durch S 3. Wir erhalten so den gesuchten Homöormorphismus: ( ) h : S 3 a + ib c + id SU 2 C : (a, b, c, d) c + id a ib 7M. Folgern Sie schließlich die Fundamentalgruppen. π 1 (SU 2 C, 1 n n ) = {1} dank 7L: SU 2 C = S 3 π 1 (U 2 C, 1 n n ) = Z dank 7I: U 2 C = SU 2 C S 1 mit 7L und 7F π 1 (GL 2 C, 1 n n ) = Z dank 7K: GL 2 C U 2 C Diese Aufgabe zu GL n C und U n C ist lang, doch dafür können wir hieran viele topologische Begriffe und Techniken erproben. Das Ergebnis ist bemerkenswert: det : GL n C GL 1 C = C induziert einen Gruppenisomorphismus π 1 GL n C π 1 C = Z. Ganz analog induziert det : U n C U 1 C = S 1 einen Gruppenisomorphismus π 1 U n C π 1 S 1 = Z. Wir haben dies für n = 2 ausführlich nachgerechnet, dank des glücklichen Sonderfalls SU 2 C = S 3, es gilt jedoch allgemein für alle n. Mehr hierzu erfahren Sie in der Algebraischen Topologie. (Vorsicht! Die Topologie und auch diese Klausur enthält Schleichwerbung durch Product Placement.) Der komplexe Fall ist zudem ein schöner Kontrast zu unserer Berechnung von π 1 GL n R und π 1 O n R, wo die Rechnungen ähnlich beginnen, aber schließlich doch anders ausgehen. Wir können nun Erzeuger für all diese Fundamentalgruppen (explizit als Schleifen) angeben. Damit können wir zum Beispiel die durch π 1 induzierten Gruppenhomomorphismen zu den Inklusionen GL n R GL n C sowie O n R U n C und SO n R SU n C leicht ausrechnen. Überraschung! 12