Aufgabe 1
(a). Angenommen, $X/R$ ist Hausdorff. Dann gilt nach Blatt 2, Aufgabe 3, dass \[\Delta := \{(a,a):a \in X/R\}\] abgeschlossen in $X/R \times X/R$ ist. Da die Abbildung \[\pi \colon X \to X/R\] stetig ist, ist auch \[\pi \times \pi \colon X \times X \to (X/R) \times (X/R), \quad (\pi\times\pi)(x,y) = (\pi(x),\pi(y))\] stetig. Damit ist die Menge \[(\pi\times\pi)^{-1}(\Delta)\] abgeschlossen in $X \times X$ (vgl. Blatt 1, Aufgabe 3). Sei $(x,y)$ ein Element von $(\pi\times\pi)^{-1}(\Delta)$. Dann gilt $(\pi(x),\pi(y)) \in \Delta$, also $\pi(x) = \pi(y)$, also $x \sim y$, also $(x,y) \in \widetilde R$. Ist umgekehrt $(x,y) \in \widetilde R$, so gilt $x \sim y$, also $\pi(x) = \pi(y)$, also $(\pi(x),\pi(y)) \in \Delta$, also $(x,y) \in (\pi\times\pi)^{-1}(\Delta)$. Damit haben wir \begin{equation}(\pi\times\pi)^{-1}(\Delta) = \widetilde R. \label{e_delta}\end{equation} Folglich ist $\widetilde R$ abgeschlossen in $X\times X$. $\Box$
(b). Wir nehmen an, dass $\widetilde R$ abgeschlossen in $X\times X$ und $\pi \colon X \to X/R$ offen ist. Aus \eqref{e_delta} folgt unmittelbar, dass \[(\pi\times\pi)(\widetilde R) \subset \Delta;\] da $\pi$ surjektiv auf $X/R$ und mithin $\pi\times\pi$ surjektiv auf $X/R \times X/R$ ist, ergibt sich zudem die umgekehrte Inklusion: für $z \in \Delta$ existiert $w \in X\times X$, so dass $(\pi\times\pi)(w)=z$; nach \eqref{e_delta} ist $w \in \widetilde R$, also $z \in (\pi\times\pi)(\widetilde R)$. Nach Definition der Produkttopologie ist mit $\pi \colon X\to X/R$ auch die Abbildung \[\pi\times\pi \colon X\times X \to X/R \times X/R\] offen. Somit ist \[(\pi\times \pi)(X\times X \backslash \widetilde R)\] offen in $X/R \times X/R$ und folglich \begin{equation}(X/R \times X/R) \backslash ((\pi\times \pi)(X\times X \backslash \widetilde R)) \label{e_set}\end{equation} abgeschlossen in $X/R \times X/R$. Sei $z \in \eqref{e_set}$. Dann existiert aufgrund der Surjektivität von $\pi\times\pi$ ein Element $w \in X\times X$, so dass $(\pi\times\pi)(w)=z$. Da $z \notin (\pi\times\pi)(X\times X \backslash \widetilde R)$, ist $w \notin X \times X \backslash \widetilde R$. Damit ist aber $w \in \widetilde R$, also $z \in (\pi\times\pi)(\widetilde R) = \Delta$. Sei umgekehrt $z \in \Delta$. Dann ist $z \in X/R \times X/R$ und wegen \eqref{e_delta} ist $z \notin (\pi\times\pi)(X\times X \backslash \widetilde R)$. Das heißt, $z \in \eqref{e_set}$. Wir haben also \[(X/R \times X/R) \backslash ((\pi\times \pi)(X\times X \backslash \widetilde R)) = \Delta.\] Insbesondere ist $\Delta$ abgeschlossen in $X/R \times X/R$. Nach Blatt 2, Aufgabe 3 ist $X/R$ Hausdorff. $\Box$
Aufgabe 2
Seien $p,q \in \mathbb P_n(\mathbb C)$, so dass $p \neq q$. Wir bezeichnen mit \[S := \{z \in \mathbb C^{n+1}:|z| = 1\}\] die euklidische Sphäre in $\mathbb C^{n+1}$ (identifiziert man $\mathbb C^{n+1}$ mit $\mathbb R^{2n+2}$, so entspricht $S$ der $S^{2n+1}$, was hier jedoch nichts zur Sache tut ...) und setzen \[ p' := p \cap S, \qquad q' := q \cap S, \qquad d := \mathrm{dist}(p',q')\] sowie \begin{align*} U' & := \{x \in S:\mathrm{dist}(\{x\},p') < \frac13d\}, \\ V' & := \{y \in S:\mathrm{dist}(\{y\},q') < \frac13d\} \end{align*} und \[U := \pi(U'), \qquad V := \pi(V'),\] wobei \[\pi \colon \mathbb C^{n+1}\backslash\{0\} \to \mathbb P_n(\mathbb C)\] für die Quotientenabbildung und \[\mathrm{dist}(A,B) := \inf\{|z-w|:z\in A,w\in B\}\] für den euklidischen Abstand zweier Teilmengen $A,B \subset \mathbb C^{n+1}$ steht. Wegen $p \neq q$ haben wir $p \cap q = \emptyset$, also auch $p' \cap q' = \emptyset$. Da $S$ kompakt in $\mathbb C^{n+1}$ und $p' = p \cap S$ (relativ) abgeschlossen in $S$ ist, ist $p'$ kompakt in $\mathbb C^{n+1}$ (vgl. Blatt 2, Aufgabe 2). Ebenso ist $q'$ kompakt in $\mathbb C^{n+1}$. Daher wird der Abstand $d$ von $p'$ und $q'$ angenommen – das Infimum ist ein Minimum –, und es gilt $d > 0$. Mithin haben wir $p' \subset U'$, also $p \in U$, und analog $q \in V$. Definieren wir \[f \colon \mathbb C^{n+1}\backslash \{0\} \to S, \quad f(z) = \frac{z}{|z|},\] so zeigt eine kurze Überlegung, dass \[\pi^{-1}(U) = \pi^{-1}(\pi(U')) = f^{-1}(U').\] [Sei $z \in \pi^{-1}(\pi(U'))$. Dann existiert $x\in U'$, so dass $\pi(z) = \pi(x)$, also $z \sim x$, also $z = \lambda x$ für ein $\lambda \in \mathbb C$, $\lambda \neq 0$. Es folgt $|\lambda| = |z|$. Also ist $f(z) = \mu x$ mit $\mu \in \mathbb C$, $|\mu| = 1$. Für $x' \in p'$ gilt also \[|f(z)-x'| = |\mu x-x'| = |x-\mu^{-1}x'|<\frac13d,\] denn $\mu^{-1}x' \in p'$. Das heißt, $f(z) \in U'$, also $z \in f^{-1}(U')$. Ist umgekehrt $z \in f^{-1}(U')$. Dann gilt $z/|z| \in U'$ und $z/|z| \sim z$, also $\pi(z/|z|) = \pi(z)$, also $z \in \pi^{-1}(\pi(U'))$.] Somit ist $U$ offen in $\mathbb P_n(\mathbb C)$, da $U'$ (relativ) offen in $S$ und $f$ stetig ist. Analog ergibt sich, dass $V$ offen in $\mathbb P_n(\mathbb C)$ ist. Angenommen, es wäre $U \cap V \neq \emptyset$. Dann gäbe es $x \in U'$ und $y \in V'$, so dass $\pi(x) = \pi(y)$, also $x \sim y$, also $y = \lambda x$ für eine komplexe Zahl $\lambda$. Es folgt $|\lambda| = 1$, also $\lambda x \in U'$ (siehe Argument für $f(z)$ oben), also $y \in U' \cap V'$. Daher existieren $x' \in p'$ und $y' \in q'$, so dass $|y-x'|<\frac13d$ und $|y-y'| < \frac13d$. Wir hätten also \[d = \mathrm{dist}(p',q') \leq |x'-y'| \leq |x'-y|+|y-y'| < \frac23 d\] – ein Widerspruch. Damit gilt $U \cap V = \emptyset$. Und $\mathbb P_n(\mathbb C)$ ist ein Hausdorff-Raum. $\Box$
Aufgabe 3
Die Behauptung folgt aus Blatt 2, Aufgabe 2, wenn man dort $K = X$ wählt. $\Box$
Aufgabe 4
(a). Die angegebene Aussage ist offensichtlich falsch. Sei $X = (\emptyset,\{\emptyset\})$ der leere topologische Raum, $Y = (\{0,1\},\mathcal P(\{0,1\}))$ ein zweipunktiger Raum mit diskreter Topologie und $f \colon X \to Y$ die leere Abbildung (der Graph der leeren Abbildung ist schlichtweg die leere Menge $\emptyset \subset X \times Y$). Dann ist $f$ stetig (trivialerweise), $X$ ist wegzusammenhängend (trivialerweise), $Y$ jedoch ist nicht wegzusammenhängend, denn jede stetige Abbildung $\gamma \colon I \to Y$ ist konstant (Zusammenhang von $I$); insbesondere gibt es keinen Weg $\gamma$ in $Y$, so dass $\gamma(0)=0$ und $\gamma(1)=1$. Noch verrückter: Aus der angegebenen Aussage kann man folgern, dass jeder(!) topologische Raum wegzusammenhängend ist – absurd. Gemeint war wohl der
Satz. Ist $f\colon X\to Y$ eine stetige, surjektive Abbildung zwischen topologischen Räumen mit wegzusammenhängendem $X$, so ist $Y$ ebenfalls wegzusammenhängend.Beweis. Seien $c,d \in Y$. Dann existieren, aufgrund der Surjektivität von $f\colon X\to Y$, Elemente $a,b \in X$, so dass $f(a)=c$ und $f(b)=d$. Da $X$ wegzusammenhängend ist, existiert ein Weg $\gamma$ in $X$, so dass $\gamma(0)=a$ und $\gamma(1)=b$. Damit existiert die Komposition $f \circ \gamma$, ein Weg in $Y$ mit $(f\circ \gamma)(0)=f(a)=c$ und $(f\circ \gamma)(1)=f(b)=d$. $\Box$
(b). Wir nehmen an, dass $A$ in $X$ zusammenhängend ist. Seien $U,V$ nichtleere, offene Mengen in $B$ (bezüglich der von $X$ induzierten Topologie). Dann existiert ein Element $x \in U$. Da $U$ offen in $B$ ist, existiert eine in $X$ offene Menge $U'$, so dass $U = U' \cap B$. Da $B \subset \overline A$, gilt $x \in U' \cap \overline A$. Hieraus folgt, dass $U' \cap A \neq \emptyset$, andernfalls wäre $X \backslash U'$ abgeschlossen in $X$ mit $A \subset X \backslash U'$, also $\overline A \subset X \backslash U'$, also $U' \cap \overline A = \emptyset$. Da \[U \cap A = (U' \cap B) \cap A = U' \cap A,\] folgt, dass $U \cap A$ nichtleer ist. Analog ergibt sich, dass $V \cap A$ nichtleer ist. Angenommen, es gelte $U \cup V = B$. Dann gilt \[(U \cap A) \cup (V \cap A) = (U \cup V) \cap A = B \cap A = A.\] Da $A$ zusammenhängend in $X$ ist, folgt, dass \[(U \cap A) \cap (V \cap A) \neq \emptyset.\] Wegen \[(U \cap A) \cap (V \cap A) \subset U \cap V\] folgt weiter, dass $U \cap V \neq \emptyset$. Dies zeigt, dass $B$ in $X$ zusammenhängend ist.
Aufgabe 5
Wir definieren eine Abbildung $f \colon \mathbb R^n \to (S^1)^n$ durch die Vorschrift \[f(x_1,\dots,x_n) = (g(x_1),\dots,g(x_n)),\] wobei $g \colon \mathbb R \to S^1$ die Funktion $g(x) = e^{2\pi xi}$ bezeichnet – schreibt man $\mathbb R^n$ und $(S^1)^n$ als $n$-fache kartesische Selbstprodukte $\mathbb R\times\dots\times\mathbb R$ und $S^1\times\dots\times S^1$, so entspricht $f$ dem $n$-fachen Selbstprodukt von $g \colon \mathbb R \to S^1$. Da $g$ stetig ist, ist (nach Definition der Produkttopologie) auch $f$ stetig. Die Abbildung $f$ ist zudem invariant unter der angegebenen Gruppenwirkung, das heißt, für alle $m \in \mathbb Z^n$ und alle $m \in \mathbb R^n$ haben wir \[f(m \cdot x) = f(x);\] dies folgt unmittelbar aus der Funktionalgleichung der Exponentialfunktion und der Tatsache, dass $e^{2\pi i} = 1$. Somit faktorisiert $f$ durch die Quotientenabbildung $q \colon \mathbb R^n \to \mathbb R^n/\mathbb Z^n$, mit anderen Worten: es existiert eine (und tatsächlich auch nur eine) Abbildung \[\bar f \colon \mathbb R^n/\mathbb Z^n \to (S^1)^n,\] so dass \[f = \bar f \circ q.\] Nach Definition der Quotiententopologie ist mit $f \colon \mathbb R^n \to (S^1)^n$ auch die Abbildung $\bar f \colon \mathbb R^n/\mathbb Z^n \to (S^1)^n$ stetig. Da $g$ die Menge der reellen Zahlen surjektiv auf $S^1$ abbildet, bildet $f$, und folglich auch $\bar f$, surjektiv auf $(S^1)^n$ ab. Die Abbildung $\bar f$ ist außerdem injektiv, da für reelle Zahlen $x$ und $y$ die Beziehung $e^{2\pi x i} = e^{2\pi yi}$ nur dann gilt, wenn $y = m+x$ für eine ganze Zahl $m$ gilt. Damit ist \[\bar f \colon \mathbb R^n/\mathbb Z^n \to (S^1)^n\] eine Bijektion. Die Abbildung $g \colon \mathbb R \to S^1$ ist offen, da sie durch die verschiedenen Zweige des komplexen Logarithmus (und Nachschalten der Skalierung $(2\pi i)^{-1}$) lokal stetig umgekehrt wird. Demzufolge sind auch die Produktabbildung $f$ sowie deren Faktorisierung $\bar f$ offen. $\bar f$ ist also ein Homöomorphismus zwischen $\mathbb R^n/\mathbb Z^n$ und $(S^1)^n$. Mithin ist $\mathbb R^n/\mathbb Z^n$ homöomorph zu $(S^1)^n$. $\Box$
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