Blatt 5. , womit (U jk ) n k=0

Übungen zur Topologie, G. Favi 7. März 009 Blatt 5 Abgabe: 3. April 008, 1:00 Uhr Aufgabe 1. Zeige, daÿ für alle n N die n-sphäre S n in R n+1 kompakt ist. Beweis. Wir schreiben d(x, y) := y x für die Standardmetrik auf R n+1. S n ist abgeschlossen und beschränkt, woraus nach Heine-Borel Kompaktheit folgt. Die Beschränktheit ist leicht einzusehen, da z.b. S n U (0). Um zu zeigen, dass S n abgeschlossen ist, sei x / S n. Ist x < 1, so ist U 1 (0) eine oene Umgebung von x in R n+1 \ S n. Ist jedoch x > 1, so sei ɛ := x 1 = d(0, x) 1 und wir zeigen, dass für U := U ɛ (x) gilt U S n = {}. Sei dazu y U beliebig (d.h. d(x, y) < ɛ). Aus der Dreiecksungleichung erhalten wir dann, dass 1 + ɛ = d(0, x) d(0, y) + d(y, x) < d(0, y) + ɛ, womit 1 < d(0, y) und also y / S n. Also ist U eine oene Umgebung von x in R n+1 \ S n und da x beliebig war, ist R n+1 \ S n oen. Aufgabe. (Einpunkt-Kompaktizierung): Sei X ein topologischer Raum und ˆX := X { } die disjunkte Vereinigung von X mit einem Punkt (z.b. = X). Wir nennen eine Teilmenge U ˆX oen, falls folgendes gilt: Entweder ist U X und U oen in X oder U und X \ U ist kompakt und abgeschlossen. Zeige: (1) X ˆX ist ein oener Unterraum. () ˆX ist ein kompakter topologischer Raum. (3) { } ist abgeschlossen in ˆX. (4) Ist X Hausdor'sch, so ist ˆX genau dann Hausdor'sch, wenn jeder Punkt von X eine kompakte Umgebung besitzt (man sagt dann auch X sei lokal kompakt). (5) Sei Y ein kompakter Hausdorraum, y 0 Y beliebig und Ẏ := Y \ {y 0}. Dann ist Ẏ homöomorph zu Y. (6) R n S n. (Starte mit n = 1 und n =. Hinweis: stereographische Projektion.) Beweis. Ad (1): Da X X oen, ist auch X ˆX oen und es bleibt zu zeigen, dass X die initiale Topologie bezüglich der Inklusion ι : X ˆX trägt. Man prüft leicht, dass ι stetig ist. Sei dazu U ˆX oen. Ist U X, so ist klar ι 1 U = U X oen. Ist jedoch U, so ist X \ ι 1 U = X \ (U \ { }) = X \ U abgeschlossen und also ι 1 U = U \ { } X oen. Zudem ist ι klar oen und es folgt, dass ι : X ιx = ˆX \ { } = X ein Homöomorphismus ist. Ad (): Sei (U j ) j J eine oene Überdeckung von ˆX. Es existiert insbesondere ein j 0 J, sodass U j0. Da nun U j0 oen und U j0, ist per Denition X \ U j0 kompakt und also existieren j 1,..., j n J, sodass X \ U j0 n k=1 U j k, womit (U jk ) n k=0 eine endliche Teilüberdeckung ist. Ad (3): Trivial, da { } = ˆX \ X und X ˆX oen. Ad (4): Wir setzen X Hausdor'sch voraus. Ist nun ˆX ebenfalls Hausdor'sch, so sei x X

beliebig und U x, V disjunkte oene Umgebungen. Da V oen und V, ist X \ V kompakt und abgeschlossen, womit aus U X \ V folgt, dass X \ V eine kompakte Umgebung von x ist. Ist umgekehrt X lokal kompakt, so betrachten wir zwei beliebige Punkte x, y ˆX, x y. Sind x, y X, so können wir sie klar durch disjunkte, oene Umgebungen trennen, da X Hausdor'sch und es bleibt der Fall, wo x X und y =. Dann wählen wir eine kompakte Umgebung A x. Da X Hausdor'sch ist, muss A abgeschlossen sein (kompakte Teilräume eines Hausdor-Raums sind abgeschlossen) und wir setzen U := Å und V := X \ A. Es folgt dann, dass x U (da A eine Umgebung von x ist) und V. Zudem ist U ˆX klar oen und auch V ˆX ist oen, da X \ V = X \ (X \ A) = A abgeschlossen und kompakt. Ad (5): Wir denieren ϕ : Ẏ { y y Y, y y 0 y =. D.h. ϕ ist auf Ẏ die Identität (bzw. Inklusion). ϕ ist klar bijektiv und es bleibt zu zeigen, dass ϕ stetig ist. Sei dazu A Y abgeschlossen (d.h. kompakt). Ist y 0 / A, so ist ϕ 1 A = A und da A = A Ẏ Ẏ abgeschlossen und kompakt ist, ist A auch in Ẏ abgeschlossen. Ist jedoch y 0 A, so ist A := A Ẏ in Ẏ abgeschlossen und ϕ 1 A = A { }. Diese Menge in Ẏ ist klar abgeschlossen, da Ẏ \ ( A { } = Ẏ \ A und A ist abgeschlossen in Ẏ. Es folgt, dass ϕ stetig und bijektiv ist. Da jedoch Ẏ kompakt und Y Hausdor'sch ist, ist ϕ sogar ein Homöomorphismus. Ad (6): Die stereographische Projektion liefert einen Homöomorphismus p : S n := S n \ {N} R n, wobei N = (0,..., 0, 1) S n der Nordpol. Dieser Homöomorphismus lässt sich zu einem Homöomorphismus ˆp : S n R n fortsetzen (Achtung! Man braucht, dass p oen ist, Stetigkeit reicht nicht!), indem man nach schickt (wie man leicht prüft) und da nach Aufgabe (5) S n = S n, folgt die Behauptung. Es bleibt zu zeigen, dass die stereographische Projektion ein Homöomorphismus ist. Sie ist gegeben durch p : S n R n {0} = R n, x N + (x N) x N (wobei die euklidische Standardnorm) oder (einfacher) ( 1 x 1 (x 1,..., x n+1 ) N + (x N) =,..., 1 x n+1 1 x n+1 x n 1 x n+1 was eine klar wohldenierte, stetige Abbildung ist (da Addition, Skalarmultiplikation und Norm stetig sind). Sie ist zudem bijektiv mit Inverse ), welche ebenfalls klar stetig ist. p 1 : R n {0} = R n S n, x N + x (x N), + 1 Aufgabe 3. Der n-dimensionale reell projektive Raum RP n = PR n+1 kann man als den Quotientenraum von R n+1 \ {0} nach der Äquivalenzrelation a b Ra = Rb auassen. Er besteht also aus den Geraden des R n+1 durch den Nullpunkt. Zeige: (1) RP 1 ist homöomorph zur Kreislinie S 1.

() RP n ist Hausdor'sch und kompakt. (3) RP n lässt sich mit n + 1 oenen Mengen U i überdecken, welche homöomorph zu R n sind. (Hinweis: Die U i sind die Bilder der Teilmengen V i := {a R n+1 a i = 1} unter der Projektion π : R n+1 \ {0} RP n.) (4) Die Komplemente der U i sind homöomorph zu RP n 1. Beweis. Ad (1): Betrachte S 1 als Unterraum von C = C \ {0} und genauso RP 1 und deniere ϕ : C S 1, z z. Diese Abbildung ist klar wohldeniert und stetig (da sie als Abbildung nach z C stetig ist und S 1 C ). Sie ist zudem stetig auf den Äquivalenzklassen, da z z z = λz für ein λ R und also ϕz = ϕ(λz) = λ z λ z = λ z λ z = z z = ϕz. Mehr noch, es gilt sogar z z ϕz = ϕz, denn haben wir z = r exp(iα) und z = r exp(iα ) mit ϕz = ϕz, so gilt z z = z z r exp(iα) r = r exp(iα ) r exp(iα) = exp(iα ), womit iα = iα + iπk mit k Z, woraus α = α + πk und also Rz = Rz. Mit der universellen Eigenschaft der Quotiententopologie induziert dies eine eindeutige, stetige und bijektive Abbildung ϕ : RP 1 S 1 mit ϕ π = ϕ, wobei C π RP 1 die Standardprojektion. Da RP 1 nach der nächsten Aufgabe kompakt und S 1 Hausdor'sch, ist ϕ ein Homöomorphismus. Ad (): Es sei angemerkt, dass ϕ : S n RP n, x [x] = Rx eine stetige und surjektive Abbildung ist (siehe dazu auch Blatt 4, Aufgabe 1(c)) und es folgt, dass RP n als Bild eines Kompaktums auch kompakt ist. Es bleibt die Hausdor-Eigenschaft zu zeigen. Die Idee ist hier klar, dass wir zu zwei Geraden Rx Ry in RP n deren Schnittpunkte mit S n betrachten, diese dann durch genügend kleine oene Umgebungen trennen und die zugehörigen Kegel zu diesen Umgebungen betrachten. Dabei müssen wir jedoch aufpassen, dass nicht zwei antipodale Punkte in den Umgebungen liegen. Etwas formaler: Für [x] [y] in RP n nehmen wir o.b.d.a. an, dass x, y S n R n+1 (da ϕ surjektiv). Wir nden nun (da R n+1 Hausdor'sch) ɛ 1, δ 1 R >0, sodass U ɛ1 (x) U δ1 (y) = {} und genauso ɛ, δ R >0, sodass U ɛ (x) U δ ( y) = {}. Setze nun ɛ := min{ɛ 1, ɛ } und δ := min{δ 1, δ } { und es folgt, dass U := U ɛ (x) und V := U δ (y) disjunkt sind und mehr noch, auch U und V = v R n+1 v V } sind disjunkt (also auch U und V bzw. U und V ). Damit sind die Kegel [U] := {[u] RP n u U} und [V ] ebenfalls disjunkt und klar oen, da für π : R n+1 \ {0} RP n die Standardprojektion π 1 [U] = R U = {λu λ R, u U} und also π 1 [U] = R U ɛ (x) = λu ɛ (x) = U λ ɛ (λx) λ R λ R (s. verallgemeinerter Strahlensatz unten) und dies ist eine Vereinigung oener Mengen in R n+1 (analog für π 1 [V ] = RV ). Ad (3): Es ist klar, dass die U i ganz RP n überdecken, denn sei [v] RP n beliebig, mit v = (v 1,...[, v n+1 ] ) R n+1 \ {0}. Da v 0 existiert ein i {1,..., n + 1}, sodass v i 0 und da [v] = 1 v RP n folgt, dass [v] U vi i = πv i, da v v i V i. Es bleibt zu zeigen, dass die U i alle homöomorph zu R n sind. Dazu bemerken wir, dass V i = R n (trivial) und denieren ϕ : V i U i = πv i, v [v].

Diese Abbildung ist klar surjektiv und auch injektiv, da für v = (v 1,..., v n+1 ), w = (w 1,..., w n+1 ) V i gilt [v] = [w] w = λv für ein λ R und insbesondere 1 = w i = λv i = λ, womit w = v. Sie ist zudem stetig, da folgendes Diagramm kommutiert: V i ι ϕ U i R n+1 π RP n, womit ι ϕ = π ι stetig ist und also auch ϕ, da U i initial bezüglich ι. ϕ ist ebenfalls oen, denn für U ɛ (x) V i oen in V i ist ϕ(u ɛ (x) V i ) = ϕu ɛ (x) U i = [U ɛ (x)] U i und da der Doppelkegel π 1 [U ɛ (x)] = R U ɛ (x) R n+1 oen ist (s. Teilaufgabe ()), ist ϕ(u ɛ (x) V i ) U i oen, womit ϕ ein Homöomorphismus ist. Ad (4): Es ist klar RP n \U i = {[x] RP n x i = 0} = πp i, womit P i R n+1 die Hyperebene x i = 0. Es ist auch klar P i = R n, indem die i-te Koordinate einfach weggelassen wird. Für x, y P i ist x y Rx = Ry R(x 1,..., x i,..., x n+1 ) = R(y 1,..., ŷ i,..., y n+1 ), wobei (x 1,..., x i,..., x n+1 ) das n-tupel beizeichne, welches man erhält, wenn bei x = (x 1,..., x n+1 ) der i-te Eintrag weggelassen wird (genauso für y). Dies ist klar da ja x i = y i = 0 und also Rx i = Ry i sowieso erfüllt ist. Dies ist aber genau die Äquivalenzrelation auf R n, deren Quotientenraum RP n 1 ist, womit πp i = RP n 1. Lemma. (Verallgemeinerter Strahlensatz) Seien ɛ R >0, λ R und x R n beliebig (R n trage die Standardtopologie). Dann ist λu ɛ (x) = U λ ɛ (λx). Beweis. Es bezeichne die euklidische Standardnorm und d(, ) die davon induzierte Metrik. Wir bemerken zuerst, dass für y R n beliebig gilt, dass d(λx, λy) = λ(y x) = λ y x = λ d(x, y). : Sei y U ɛ (x) beliebig (d.h. d(x, y) < ɛ). Es ist dann d(λx, λy) = λ d(x, y) < λ ɛ, womit λy U λ ɛ (λx) und also λu ɛ (x) U λ ɛ (λx). : Ist umgekehrt y U λ ɛ (λx) (d.h. d(λx, y) < λ ɛ), so setzen wir z := 1 λy und es folgt, dass d(x, z) = d( 1 λ λx, 1 λ y) = 1 1 λ d(λx, y) < λ λ ɛ = ɛ, womit z U ɛ(x) und y = λz. Aufgabe 4. Sei X ein topologischer Raum. ι (1) Zeige, daÿ X ist Hausdor'sch Jeder Filter auf X konvergiert gegen höchstens einen Punkt. () Sei A X und F ein Filter auf A. Man beweise, daÿ es einen kleinsten Filter F auf X gibt, der F enthält. Man beweise zudem, dass für ein x A man hat F x (in X) F x (in A). Für ein x X sagt man, daÿ F gegen x konvergiert, falls F gegen x konvergiert. (3) Zeige, daÿ A abgeschlossen Für jeden konvergenten Filter auf A, enthält A auch seine Konvergenzpunkte. Denition. Sei X ein topologischer Raum. Eine Menge B PX heisst Filterbasis, falls für alle U, V B gilt, dass U V B und {} / B. Wir setzen F X B := {X}, falls B = {} und F X B := {U PX V B : V U} sonst. F X B heisst der von B erzeugte Filter (wir schreiben kurz F B für F X B falls der zugrunde liegende Raum klar ist).

Bemerkung. Fordert man nur, dass U, V B W B : W U V und {} / B, so nennt man B auch eine Filtersubbasis und deniert dann F X B := {X}, falls B = {} und F X B := {U PX U 1,..., U n B : n i=1 U i U} sonst. Behauptung. F B ist der kleinste Filter, welcher B enthält (d.h. ist B F für einen Filter F, so ist auch F B F ). Beweis. Sei F ein Filter auf X mit B F und sei U F B beliebig. Es existiert V B, sodass V U und da V F und F ein Filter, folgt, dass auch U F. Nun zur eigentlichen Aufgabe: Beweis. Ad (1): : Wir nehmen an X Hausdor'sch. Sei F ein konvergenter Filter auf X mit Konvergenzpunkten x, y X und U x, V y oen. Da F x und F y folgt, dass U F und V F, womit auch U V F. Da jedoch {} / F, muss U V {}, womit sich x und y nicht durch oene Umgebungen trennen lassen und also x = y. : Zu x X bezeichne N X x := {U PX U Umgebung von x in X} den Umgebungslter von x. Seien nun x, y X und B := N X x N X y. Falls für alle Umgebungen U x und V y gilt, dass U V {}, dann ist B eine Filterbasis und F B konvergiert gegen x und y, womit x = y nach Voraussetzung. Ad (): Setze B := F, was klar eine Filterbasis ist. Mit der vorherigen Behauptung folgt, dass F := F X B die geforderten Eigenschaften hat. Es bleibt zu zeigen, dass für x gilt, dass F x F x. : Sei U x oen in A. D.h. es existiert U X oen, sodass U = A U. Da F x ist U F und zudem klar A F, da ja A F F. Also ist auch U = A U F. Per Denition von F existiert also V F mit V U A und da F ein Filter auf A ist also auch U F. Damit enthält F alle oenen Umgebungen von x in A und also auch alle Umgebungen. : Trivial: Sei U x oen in X, also A U x oen in A und da F x also A U F F. Da zudem A U U und F ein Filter, folgt, dass U F. Ad (3): : Sei F ein Filter auf A, F wie in der letzten Teilaufgabe und x X ein Konvergenzpunkt von F (d.h. von F ). Angenommen x / A, so sei U x oen in X. Also U F und da auch A F also U A {}. Es ist aber auch U (X \ A) {} (da x U (X \ A)), womit x A A und dies ist ein Widerspruch. : Sei x A. Da U A {} für alle U x oen, ist F := A N X x ein Filter auf A (klar {} / F, A = A X F und für A U, A V F auch (A U) (A V ) = A (U V ) F und falls A U F und A U V A, so ist U V N X x und also A (U V ) = (A U) (A V ) = (A U) V = V F ). Für F wie in () haben wir nun, dass N X x F, da für U N X x per Denition A U F und da A U U also U F. Insbesondere gilt F x und also F x, womit x A nach Voraussetzung. Da x A beliebig war, folgt dass A A und also A = A A A, womit A abgeschlossen ist.