Aufgabe 1
Sei $n$ eine natürliche Zahl $\neq 0$. Wir setzen \[e := (1,0,\dots,0) \in \mathbb R^{n+1}, \qquad e' := (1,0,\dots,0) \in \mathbb R^n\] und definieren Abbildungen \[f_\pm \colon D^n \to S^n\] durch \[ f_\pm(x_0,\dots,x_{n-1}) = (x_0,\dots,x_{n-1},\pm\sqrt{1-x_0^2-\dots-x_{n-1}^2});\] wobei $D^n$ wie üblich für die $n$-dimensionale Scheibe steht, das heißt: \[D^n = \{a \in \mathbb R^n:a_0^2+\dots+a_{n-1}^2 \le 1\}.\] Sei $x = (x_0,\dots,x_n) \in S^n$. Wir setzen \[x' := (x_0,\dots,x_{n-1})\] und definieren eine Abbildung $\gamma \colon I \to \mathbb R^n$ durch \[\gamma(t) = (1-t)x' + te'.\] Dann ist $\gamma$ offensichtlich ein Weg in $D^n$ von $x'$ nach $e'$. Ist nun $x_n \ge 0$ (resp. $x_n < 0$), so ist die Komposition $f_+ \circ \gamma$ (resp. $f_- \circ \gamma$) ein Weg in $S^n$ von $f_+(x') = x$ (resp. $f_-(x')=x$) nach $f_+(e') = f_-(e') = e$. Man beachte, dass die $f_\pm$ stetig sind. Ist zusätzlich zu $x$ noch ein weiterer Punkt $y \in S^n$ gegeben, so verbindet man $x$ und $y$, indem man zunächst den konstruierten Weg von $x$ nach $e$ und anschließend den entsprechenden Weg $y$ nach $e$ rückwärts läuft. $\Box$
Bemerkung. Obwohl in der Aufgabe lediglich gefordert ist, zu zeigen, dass die Sphären $S^n$ mit $n \ge 2$ wegzusammenhängend sind, ist die eindimensionale Sphäre $S^1$ selbstverständlich auch wegzusammenhängend (wie obiges Argument zeigt). Die $0$-Sphäre ist offenkundig nicht (weg-)zusammenhängend, da sie aus den beiden Punkten $-1$ und $1$ versehen mit diskreter Topologie besteht.
Aufgabe 2
Schritt 1. $\widehat{(X,\tau)} = (\widehat X, \widehat \tau)$ ist definitionsgemäß genau dann ein topologischer Raum, wenn $\widehat\tau$ eine Topologie auf $\widehat X$ ist. Wir weisen dies nach. Offensichtlich ist $\widehat\tau \subset \mathcal P(\widehat X)$. Zudem gilt $\emptyset \in \tau$, also $\emptyset \in \widehat\tau$, da $\tau \subset \widehat\tau$. Da $\emptyset$ kompakt und abgeschlossen in $(X,\tau)$ ist, haben wir $\widehat X = \widehat X \backslash \emptyset \in \widehat \tau$. Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine Familie von Elementen von $\hat \tau$ und \[U = \bigcup_{i\in I}U_i.\] Wir definieren $I'$ als die Menge aller $i \in I$, so dass $U_i \in \tau$, und setzen $I'' := I \backslash I'$. Wenn $I'' = \emptyset$, so gilt $I' = I$ und $(U_i)$ ist eine Familie von Elementen von $\tau$; folglich ist $U \in \tau$, da $\tau$ eine Topologie ist (nach Voraussetzung). Angenommen nun, $I'' \neq \emptyset$. Für $i\in I''$ setzen wir $K_i := \widehat X \backslash U_i$. Mit \[K := \bigcap_{i\in I'}(X \backslash U_i) \cap \bigcap_{i\in I''}K_i \] gilt dann: \begin{align*}U & = \bigcup_{i\in I'} U_i \cup \bigcup_{i\in I''}U_i \\ & = (X \backslash \bigcap_{i\in I'}(X\backslash U_i)) \cup (\widehat X \backslash \bigcap_{i\in I''}K_i) \\ & = \widehat X \backslash K. \end{align*} Überdies ist $K$ kompakt und abgeschlossen in $(X,\tau)$. Das heißt, $U \in \widehat \tau$. Seien nun $U,V \in \widehat \tau$ und \[W = U \cap V.\] Wenn $U,V \in \tau$, so ist $W \in \tau$, da $\tau$ eine Topologie (auf $X$) ist. Angenommen, $U \in \tau$ und $V \notin \tau$. Dann gibt es $L$ kompakt und abgeschlossen in $(X,\tau)$, so dass $V = \widehat X \backslash L$. Es gilt: \[W = U \cap (\widehat X \backslash L) = U \cap (X \backslash L).\] Da $L$ abgeschlossen in $(X,\tau)$ ist, haben wir $X\backslash L \in \tau$. Es folgt $W \in \tau$. Wenn $U \notin \tau$ und $V \in \tau$, so ergibt sich $W \in \tau$ analog (Symmetrie). Angenommen also, $U,V \notin \tau$. Dann existieren $L_1,L_2$ abgeschlossen und kompakt in $(X,\tau)$, so dass \[U = \widehat X \backslash L_1, \qquad V = \widehat X \backslash L_2.\] Mit $L_1$ und $L_2$ ist auch $L_1 \cup L_2$ kompakt und abgeschlossen in $(X,\tau)$. Daher gilt: \[W = (\widehat X \backslash L_1) \cap (\widehat X \backslash L_2) = \widehat X \backslash (L_1 \cup L_2) \in \widehat\tau.\]
Schritt 2. Zu zeigen bleibt die Kompaktheit von $(\widehat X,\widehat\tau)$. Sei dazu $(U_i)_{i\in I}$ eine offene Überdeckung von $(\widehat X,\widehat\tau)$. Dann gibt es $i_0 \in I$, so dass $\infty \in U_{i_0}$. Offensichtlich gilt $U_{i_0} \notin \tau$. Das heißt, es gibt $K$ kompakt und abgeschlossen in $(X,\tau)$, so dass $U_{i_0} = \widehat X \backslash K$. Sei $I' = I \backslash \{i_0\}$ und $(V_i)_{i \in I'}$ die durch \[V_i = U_i \cap X = U_i \backslash \{\infty\}\] erklärte Familie. Dann ist $(V_i)$ eine Familie von Elementen von $\tau$. Zudem überdeckt $(V_i)$ die Menge $K$, denn für $x \in K$ existiert $i \in I$, so dass $x \in U_i$; folglich ist $i \neq i_0$, also $i \in I'$, und überdies gilt $x \in U_i \cap X = V_i$, da $K \subset X$. Da $K$ kompakt in $(X,\tau)$ ist, existiert eine endliche Teilmenge $J' \subset I'$, so dass $(V_i)_{i \in J'}$ die Menge $K$ immer noch überdeckt. Mit $J = J' \cup \{i_0\}$ überdeckt dann $(U_i)_{i\in J}$ die Menge $\widehat X$, denn für $x \in \widehat X$ gilt entweder $x \in U_{i_0}$ oder $x \in \widehat X \backslash U_{i_0} = K$. In jedem Fall gibt es einen Index $i \in J$, so dass $x \in U_i$. $\Box$
Bemerkung. Ein topologischer Raum der Form $\widehat{(X,\tau)}$ heißt Alexandroff-Kompaktifizierung oder auch Einpunktkompaktifizierung von $(X,\tau)$. Man beachte, dass das in der Aufgabenstellung definierte $\widehat{(X,\tau)}$ von der Wahl von $\infty \notin X$ abhängt. Eine kanonische Wahl von $\infty$ wäre etwa $\infty = X$, denn es gilt $X \notin X$ nach dem Fundierungsaxiom (zusammen mit dem Paarmengenaxiom) der Zermelo-Fraenkel-Mengenlehre (ZF). Auf diese Weise ordnet man einem gegebenen topologischen Raum $X$ eine eindeutig bestimmte Alexandroff-Kompaktifizierung zu.
Zusatzaufgabe. Man beweise: a) $X$ liegt genau dann dicht in $\widehat{(X,\tau)}$, wenn $(X,\tau)$ nicht kompakt ist. b) $\widehat{(X,\tau)}$ ist genau dann Hausdorff, wenn $(X,\tau)$ lokalkompakt und Hausdorff ist.
Aufgabe 3
Wir wissen (aus der Analysis-Vorlesung): Setzt man \[e := (0,\dots,0,1) \in \mathbb R^{n+1},\] so ist \[p \colon S^n \backslash \{e\} \to \mathbb R^n,\] die stereographische Projektion, ist ein Homöomorphismus. Sei \[\widehat p \colon S^n \to \widehat{\mathbb R^n}\] diejenige Erweiterung von $p$, die $e$ auf $\infty$ abbildet. Dann ist $\widehat p$ sicherlich eine Bijektion (da $\infty \notin \mathbb R^n$). Sei $V$ eine offene Teilmenge von $\widehat{\mathbb R^n}$. Wenn $V$ bereits offen in $\mathbb R^n$ ist, so ist \[{\widehat p}^{-1}(V) = p^{-1}(V)\] offen in $S^n$, da $p$ stetig und $S^n \backslash \{e\}$ offen in $S^n$ ist. Wenn $V$ nicht offen in $\mathbb R^n$ ist, so gilt \[V = \widehat{\mathbb R^n} \backslash K\] für eine kompakte, abgeschlossene Teilmenge $K$ von $\mathbb R^n$. Folglich gilt dann \[{\widehat p}^{-1}(V) = S^n \backslash {\widehat p}^{-1}(K) = S^n \backslash p^{-1}(K),\] und diese Menge ist offen in $S^n$, da $p^{-1}(K)$ abgeschlossen in $S^n\backslash \{e\}$ und mithin abgeschlossen in $S^n$ ist. Sei umgekehrt $U$ offen in $S^n$. Wenn $e \notin U$, so ist $U$ offen in $S^n\backslash\{e\}$ und somit \[\widehat p(U) = p(U)\] offen in $\mathbb R^n$ und $\widehat{\mathbb R^n}$. Angenommen, $e \in U$. Dann ist $L := S^n \backslash U$ abgeschlossen und kompakt in $S^n$ und $S^n\backslash\{e\}$. Daher ist $p(L)$ abgeschlossen und kompakt in $\mathbb R^n$, und \[\widehat p(U) = \widehat{\mathbb R^n} \backslash \widehat p(L) = \widehat{\mathbb R^n} \backslash p(L)\] ist offen in $\widehat{\mathbb R^n}$. Folglich ist $\widehat p$ ein Homöomorphismus zwischen $S^n$ und $\widehat{\mathbb R^n}$, und $\widehat{\mathbb R^n}$ ist zu $S^n$ homöomorph. $\Box$
Aufgabe 4
a) Die Abbildung \[\mathrm{Spur} \colon M \to \mathbb R\] ist offensichtlich stetig. Die Menge $\mathbb R \backslash \{0\}$ ist offen in $\mathbb R$. Daher ist \[N = \{A \in M : \mathrm{Spur}(A) \neq 0\} = \mathrm{Spur}^{-1}(\mathbb R \backslash \{0\})\] offen in $M$. $N$ liegt genau dann dicht in $M$, wenn $\overline N = M$. Sei $A \in M$. Wenn $A \in N$, dann auch $A \in \overline N$. Angenommen also, $A \notin N$, das heißt, $\mathrm{Spur}(A) = 0$. Sei $B$ diejenige $n\times n$-Matrix, die durch \[B_{ij} = \begin{cases} 1, & \text{wenn } i=j=1; \\ 0 & \text{sonst}\end{cases}\] für $i,j \in \{1,\dots,n\}$ gegeben ist. Sei $U$ offen in $M$ mit $A \in U$. Dann existiert $\epsilon > 0$, so dass \[B_\epsilon(A) = \{C \in M : ||C-A|| < \epsilon\} \subset U,\] wobei $||-||$ den Rückzug der $n^2$-dimensionalen euklidischen Norm entlang des Isomorphismus $M \to \mathbb R^{n^2}$ bezeichnet. Es gilt \[\mathrm{Spur}(A+\frac\epsilon2B)=\mathrm{Spur}(A) + \frac\epsilon2\mathrm{Spur}(B)=\frac\epsilon2 \neq 0,\] also \[A+\frac\epsilon2B \in N,\] und zudem \[||(A+\frac\epsilon2B)-A|| = \frac\epsilon2||B|| = \frac\epsilon2 < \epsilon,\] also \[A+\frac\epsilon2B \in B_\epsilon(A).\] Somit ist \[U \cap N \neq \emptyset,\] und folglich gilt \[A \in \overline N,\] was zu beweisen war. $\Box$
b) Seien $U$ und $V$ die Urbildmengen von $(0,+\infty)$ und $(-\infty,0)$ respektive bezüglich der Abbildung $\mathrm{Spur}$. Dann sind $U$ und $V$ offen in $M$; es gilt \[U \cup V = N\] und \[U \cap V = \emptyset.\] Zudem sind $U$ und $V$ nichtleer, da \[B \in U, \qquad -B \in V.\] Demzufolge ist $N$ nicht zusammenhängend in $M$. $\Box$
Aufgabe 5
Angenommen, es gibt eine stetige Abbildung $F \colon D^{n+1} \to X$ mit $F \mid S^n = f$. Die Abbildung \[m \colon \mathbb R^{n+1} \times \mathbb R \to \mathbb R^{n+1}, \quad m(x,t) = t \cdot x\] ist offensichtlich stetig (Analysis). Damit sind auch ihre Einschränkung \[m \mid S^n \times I \colon S^n \times I \to D^{n+1}\] sowie die Komposition \[H := F \circ (m \mid S^n\times I) \colon S^n \times I \to D^{n+1} \to X\] stetig. Zudem gilt für alle $x \in S^n$: \[H(x,0) = F(0,\dots,0) =: x_0\] und \[H(x,1) = F(x) = f(x).\] Das heißt, $H$ ist eine Homotopie zwischen der konstanten Abbildung $S^n \to X$ mit Wert $x_0$ und der Abbildung $f \colon S^n \to X$. Folglich ist $f \colon S^n \to X$ nullhomotop.
Nehmen wir umgekehrt $f \colon S^n \to X$ als nullhomotop an. Dann gibt es ein Element $x_0 \in X$, so dass $f$ zur konstanten Abbildung $S^n \to X$ mit Wert $x_0$ homotop ist. Das heißt, es gibt eine Homotopie \[H \colon S^n \times I \to X\] zwischen der genannten konstanten Abbildung und $f$. Wir definieren eine Abbildung \[F \colon D^{n+1} \to X\] durch \[F(x) = \begin{cases} H(x/||x||,||x||), & \text{wenn }x\neq 0; \\ x_0, & \text{wenn }x=0.\end{cases}\] Dann gilt, für alle $x \in S^n$: \[F(x) = H(x,1) = f(x).\] Das heißt, es gilt \[F \mid S^n = f.\] Zudem ist $F$ offensichtlich in allen Punkten $x \in D^{n+1}$, $x \neq 0$ stetig. Sei nun $V$ offen in $X$ mit $F(0) = x_0 \in V$. Wegen der Stetigkeit von $H$ ist dann $H^{-1}(V)$ offen in $S^n \times I$ mit \[S^n \times \{0\} \subset H^{-1}(V).\] Nach unten stehendem Lemma (man beachte: $S^n$ ist kompakt) gibt es daher eine offene Umgebung $W$ von $0$ in $I$, so dass \[S^n \times W \subset H^{-1}(V).\] Es gibt also eine reelle Zahl $\epsilon > 0$, so dass \[S^n \times [0,\epsilon) \subset H^{-1}(V).\] Damit gilt \[B_\epsilon(0) \subset F^{-1}(V),\] wie man unmittelbar aus der Definition von $F$ herausliest. Folglich ist $F^{-1}(V)$ eine Umgebung von $0$ in $D^{n+1}$. Die Abbildung $F \colon D^{n+1} \to X$ ist mithin stetig in $0$, also mithin stetig (schlechthin). $\Box$
Lemma. Seien $K$ und $Y$ topologische Räume, $K$ kompakt, $y_0 \in Y$ und $U$ offen in $K \times Y$, so dass \begin{equation}K \times \{y_0\} \subset U. \label{e_fibersubset}\end{equation} Dann gibt es eine offene Umgebung $W$ von $y_0$ in $Y$, so dass \[K \times W \subset U.\]Beweis. Wir betrachten das Mengensystem aller offenen Teilmengen $A$ von $K$, so dass eine offene Menge $B$ in $Y$ existiert mit $y_0 \in B$ und $A \times B \subset U$. Aus \eqref{e_fibersubset} folgt, dass dieses Mengensystem $K$ überdeckt. Da $K$ kompakt ist, existieren also eine natürliche Zahl $n\neq 0$ sowie $n$-Tupel $(A_1,\dots,A_n)$ und $(B_1,\dots,B_n)$ offener Mengen in $K$ und offener Umgebungen von $y_0$ in $Y$ respektive, so dass \[K \subset \bigcup_{i=1}^n A_i\] und, für alle $i \in \{1,\dots,n\}$: \[A_i \times B_i \subset U.\] Damit existiert \[W = \bigcap_{i=1}^n B_i,\] und es gilt \[K \times W \subset U;\] zudem ist $W$ offen in $Y$ mit $y_0 \in W$. $\Box$