Übungen zur Geometrie: Lösungen zu Blatt 2

Aufgabe 1

Bemerkung. In der Aufgabenstellung wird implizit angenommen, dass $a$, $b$ und $c$ paarweise verschieden sind.

(a). Zu zeigen ist, dass es sich bei $\tau$ um eine Topologie auf $X$ handelt. Dass $\tau \subset \mathcal P(X)$, $\emptyset \in \tau$ und $X \in \tau$, ist offensichtlich. Sei $(U_i)_{i \in I}$ eine Familie von Elementen von $\tau$ und \[U = \bigcup_{i\in I}U_i.\] Sei \[\sigma := \{U_i:i\in I\} \backslash \{\emptyset\}.\] Dann gilt offenbar \[U = \bigcup \sigma.\] Zudem ist \[\sigma \subset \tau \backslash \{\emptyset\} = \{\{a,b\},\{c\},\{a,b,c\}\}.\] Wenn $\{a,b,c\} \in \sigma$, so gilt $U = \bigcup \sigma = \{a,b,c\} \in \tau$. Wenn $\{a,b,c\} \notin \sigma$, so gilt eine der folgenden Aussagen:

1. $\sigma = \emptyset$ und $U = \emptyset \in \tau$.
2. $\sigma = \{\{a,b\}\}$ und $U = \{a,b\} \in \tau$.
3. $\sigma = \{\{c\}\}$ und $U = \{c\} \in \tau$.
4. $\sigma = \{\{a,b\},\{c\}\}$ und $U = \{a,b,c\} \in \tau$.

In jedem Fall haben wir $U \in \tau$. Sind $V,W \in \tau$, so ist $V \cap W \in \tau$, wie man leicht vermittels Fallunterscheidung nachweist: Ist $V = \emptyset$ oder $W = \emptyset$, so ist $V \cap W = \emptyset \in \tau$. Ist $V = X$, so ist $V \cap W = W \in \tau$. Ist $W = X$, so ist $V \cap W = V \in \tau$. Liegt keiner dieser Fälle vor, so gilt eine der folgenden Aussagen:

1. $V = W = \{a,b\}$ und folglich $V \cap W = \{a,b\} \in \tau$.
2. $V = W = \{c\}$ und folglich $V \cap W = \{c\} \in \tau$.
3. $V = \{a,b\}$ und $W = \{c\}$ und folglich $V \cap W = \emptyset \in \tau$.

(b). Behauptung. Eine Folge $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ in $X$ ist genau dann in $(X,\tau)$ konvergent, wenn eine der folgenden beiden Aussagen gilt:

1. Es existiert $N \in \mathbb N$, so dass $x_n \in \{a,b\}$ für alle $n \in \mathbb N$ mit $N<n$.
2. Es existiert $N \in \mathbb N$, so dass $x_n = c$ für alle $n \in \mathbb N$ mit $N<n$.

Beweis. Gilt Aussage 1, so ist $(x_n)$ offensichtlich konvergent gegen $a$ (resp. $b$), da $\{a,b\}$ und $X$ die einzigen offenen Mengen in $(X,\tau)$ sind, die $a$ (resp. $b$) enthalten. Gilt Aussage 2, so ist $(x_n)$ offensichtlich konvergent gegen $c$. Ist umgekehrt $(x_n)$ konvergent in $(X,\tau)$, so existiert $l \in X$, so dass $(x_n)$ konvergent gegen $l$ ist. Da $X = \{a,b,c\}$, gilt $l=a$ oder $l=b$ oder $l=c$. Wenn $l=a$, so gilt Aussage 1, denn $\{a,b\}$ ist eine offene Menge in $(X,\tau)$, die $a$ enthält. Wenn $l=b$, so gilt Aussage 1, denn $\{a,b\}$ ist eine offene Menge in $(X,\tau)$, die $b$ enthält. Wenn $l=c$, so gilt Aussage 2, denn $\{c\}$ ist eine offene Menge in $(X,\tau)$, die $c$ enthält, und (für alle $n\in \mathbb N$) bedingt $x_n \in \{c\}$, dass $x_n = c$. $\Box$

(c). Wir definieren eine Folge $(x_n)$ durch: \[x_n = \begin{cases}a, & \text{wenn $n$ gerade;} \\ c, & \text{wenn $n$ ungerade.}\end{cases}\] Dann ist $(x_n)$ eine Folge in $X$, die im topologischen Raum $(X,\tau)$ divergent ist, da sie keiner der beiden Bedingungen aus Teil (b) genügt.

(d). Es sei $(x_n)$ die konstante Folge mit Wert $a$. Dann ist $(x_n)$ in $(X,\tau)$ sowohl konvergent gegen $a$ als auch konvergent gegen $b$ (vgl. Teil (b)). Tatsächlich gilt, wie man sich leicht überlegt: Jede in $(X,\tau)$ gegen $a$ (resp. $b$) konvergente Folge konvergiert auch gegen $b$ (resp. $a$).

Aufgabe 2

Beweis. Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine offene Überdeckung von $A$ in $(X,\tau)$. Wir wissen, es existiert $e$, so dass $e \notin I$ (zum Beispiel $e = I$ ...). Damit existiert auch $I' = I \cup \{e\}$ sowie die Familie $(V_i)_{i\in I'}$, die durch $V_i = U_i$ für $i \in I$ und $V_e = X \backslash A$ gegeben ist. Da $A$ abgeschlossen in $(X,\tau)$ ist, ist $X \backslash A$ offen in $(X,\tau)$ und $(V_i)$ ist eine offene Überdeckung von $K$ in $(X,\tau)$. Da $K$ in $(X,\tau)$ kompakt ist, existiert eine endliche Teilmenge $J' \subset I'$, so dass $(V_i)_{i\in J'}$ die Menge $K$ immer noch überdeckt. Mit $J = J' \backslash \{e\}$ ist $J$ eine endliche Teilmenge von $I$, so dass $(U_i)_{i\in J}$ die Menge $A$ überdeckt. $\Box$

Aufgabe 3

Es gilt:

\begin{align*}& X \text{ Hausdorff} \\ & \Leftrightarrow (\forall x,y \in X)(x\neq y \rightarrow (\exists U,V\in\tau) x\in U, y\in V, U\cap V = \emptyset) \\ & \Leftrightarrow (\forall (x,y) \in X\times X \backslash \Delta)(\exists U,V\in\tau) x\in U, y\in V, U\cap V = \emptyset \\ & \Leftrightarrow (\forall (x,y) \in X\times X \backslash \Delta)(\exists U,V\in\tau) (x,y) \in U\times V \subset X\times X\backslash \Delta \\ & \Leftrightarrow X\times X\backslash \Delta \text{ offen in }X\times X \\ & \Leftrightarrow \Delta \text{ abgeschlossen in }X\times X.\end{align*}

Man beachte bei dieser Argumentation die Definition der Produkttopologie (auf $X \times X$) sowie die Tatsache, dass \[z \in U \cap V \quad \leftrightarrow \quad (z,z) \in U\times V.\]

Aufgabe 4

Lemma. Seien $X,Y$ topologische Räume und $f \colon X\to Y$ eine stetige Abbildung. Dann ist die Abbildung $\tilde f$, definiert durch $\tilde f(x) = (x,f(x))$ für alle $x \in X$, ein Homöomorphismus zwischen $X$ und dem Graph $G \subset X\times Y$ von $f$, der mit der induzierten Topologie ausgestattet ist.

 Beweis. Da $\mathrm{id}_X \colon X \to X$ und $f \colon X \to Y$ stetig sind, ist \[\tilde f = (\mathrm{id}_X,f) \colon X \to X \times Y\] stetig nach der universellen Eigenschaft des Produkts zweier topologischer Räume. Offenkundig ist $\tilde f$ eine Abbildung $X \to G$. Da $G$ mit der Teilraumtopologie von $X\times Y$ ausgestattet ist, ist die Abbildung $\tilde f\colon X \to G$ stetig. Wie man sich leicht überlegt, ist $\tilde f\colon X \to G$ bijektiv mit der Umkehrabbildung $p_0|G \colon G \to X$, wobei \[p_0 \colon X\times Y \to X\] die Projektionsabbildung auf den ersten Faktor bezeichnet. Erneut nach Definition der Teilraumtopolgie ist die Einschränkung $p_0|G \colon G \to X$ stetig und somit $\tilde f$ ein Homöomorphismus zwischen $X$ und $G$. $\Box$

Nach dem Lemma (für $X=M$ und $Y=\mathbb R$) ist klar, dass $\tilde f \colon M \to G$ ein Homöomorphismus ist, wobei $G$ die Teilraumtopologie des Produkts $M \times \mathbb R$ trägt. Der Raum $\Gamma$ stimmt mengentheoretisch mit $G$ überein, ist jedoch mit der Unterraumtopologie des euklidischen $\mathbb R^{n+1}$ ausgestattet. Zwei Überlegungen zeigen, dass $G$ und $\Gamma$ auch als topologische Räume übereinstimmen:

1. $G$ trägt die Teilraumtopologie von $\mathbb R^n \times \mathbb R$, wobei letzterer Raum mit der Produkttopologie der euklidischen Topologien auf $\mathbb R^n$ und $\mathbb R$ versehen ist.
2. Die Produkttopologie auf $\mathbb R^n \times \mathbb R$ ist gleich der euklidischen Topologie auf $\mathbb R^{n+1}$ (sofern man die unterliegenden Mengen auf kanonische Weise miteinander identifiziert).

Aufgabe 5

(a). Da $A \cap B \subset A$, folgt $(A \cap B)^\circ \subset A^\circ$. Analog folgt aus $A \cap B \subset B$, dass $(A \cap B)^\circ \subset B^\circ$. Damit gilt $(A \cap B)^\circ \subset A^\circ \cap B^\circ$. Sei umgekehrt $x \in A^\circ \cap B^\circ$. Dann ist $x \in A^\circ$. Folglich existiert eine (im topologischen Raum $X$) offene Menge $U$, so dass $x \in U \subset A$. Analog existiert eine offene Menge $V$, so dass $x \in V \subset B$. Demzufolge existiert $W = U \cap V$, eine offene Menge, so dass $x \in W \subset A \cap B$. Mithin ist $x \in (A \cap B)^\circ$.

(b). Augenscheinlich gilt: \[A^\circ \cup B^\circ \subset (A \cup B)^\circ.\] Die umgekehrte Inklusion gilt im Allgemeinen nicht, wie das folgende Beispiel zeigt. Es sei $X=\mathbb R$ (euklidisch topologisiert), $A = \mathbb Q$, $B = \mathbb R \backslash \mathbb Q$. Dann gilt $A^\circ = B^\circ = \emptyset$, also auch $A^\circ \cup B^\circ = \emptyset$, jedoch: \[(A \cup B)^\circ = {\mathbb R}^\circ = \mathbb R.\]

(c). Offenbar gilt: \[\overline{A \cap B} \subset \overline A \cap \overline B.\] Die umgekehrte Inklusion gilt wiederum (im Allgemeinen) nicht, wie das Beispiel aus (b) zeigt – dort ist $\overline{A \cap B} = \emptyset$, jedoch $\overline A \cap \overline B = \mathbb R$.

(d). Diese Aussage ist äquivalent zu (a). Genauer gesagt gilt: \begin{align*}& \overline{A\cup B} = \overline A \cup \overline B \\ \Leftrightarrow & X \backslash \overline{A\cup B} = X \backslash (\overline A \cup \overline B) \\ \Leftrightarrow & (X \backslash (A \cup B))^\circ = (X \backslash \overline A) \cap (X \backslash \overline B) \\ \Leftrightarrow & (X \backslash A \cap X \backslash B)^\circ = (X \backslash A)^\circ \cap (X \backslash B)^\circ,\end{align*} wobei wir mehrfach die Beziehung \[(X \backslash C)^\circ = X \backslash \overline C\] verwendet haben.