Übungen zur Geometrie: Lösungen zu Blatt 5

Aufgabe 4

Zur Lösung zeigen wir den folgenden

Satz. Sei $n$ eine natürliche Zahl und $x \in \mathbb P_n(\mathbb R)$. Dann ist $\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)$ homotopieäquivalent zu $\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}$.

Beweis. Nach Definition des projektiven Raums ist \[x^* := x \cup \{0\}\] ein eindimensionaler linearer Unterraum von $\mathbb R^{n+1}$. Daher existiert ein injektiver Homomorphismus \[\iota \colon \mathbb R^n \to \mathbb R^{n+1},\] so dass \begin{equation}\mathbb R^{n+1} = E \oplus x^*, \label{e_splitting}\end{equation} wobei \[E := \mathrm{im}(\iota).\] Aufgrund der Linearität von $\iota$ gilt \[\iota(\lambda \cdot v) = \lambda \cdot \iota(v)\] für alle reellen Zahlen $\lambda$ und alle $v \in \mathbb R^n$. Zudem ist $\mathrm{ker}(\iota) = \{0\}$. Demzufolge existiert eine, und nur eine, Abbildung \[i \colon \mathbb P_{n-1}(\mathbb R) \to \mathbb P_n(\mathbb R),\] so dass, für alle $v \in \mathbb R^n \backslash \{0\}$: \[i([v]) = [\iota(v)].\] Da $\iota$ (als lineare Abbildung) stetig ist, ist auch $i$ stetig (gemäß der universellen Eigenschaft der Quotiententopologie auf $\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)$). Da \[(E \backslash \{0\}) \cap x = \emptyset,\] ist $i$ sogar eine – wiederum stetige – Abbildung \[i \colon \mathbb P_{n-1}(\mathbb R) \to \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}.\] Wir schreiben \[\pi \colon \mathbb R^{n+1} \to \mathbb R^n\] für die durch \eqref{e_splitting} gegebene Projektion auf $E$; das heißt, $\pi$ ist die eindeutig bestimmte lineare Abbildung, für die \[\pi \circ \iota = \mathrm{id}_{\mathbb R^n}\] sowie \[\mathrm{ker}(\pi) = x^*\] gilt. Analog dem Argument für $i$ oben existiert nun eine, und nur eine, Abbildung \[p \colon \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\} \to \mathbb P_{n-1}(\mathbb R),\] so dass, für alle $w \in \mathbb R^{n+1} \backslash x^*$: \[p([w]) = [\pi(w)].\] Für alle $v \in \mathbb R^n \backslash \{0\}$ gilt: \[p \circ i ([v]) = p([\iota(v)]) = [\pi\circ\iota(v)] = [v].\] Das heißt wir haben \[p \circ i = \mathrm{id}_{\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)}\] und mithin \[p \circ i \simeq \mathrm{id}_{\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)}.\] Definieren wir jetzt \[F \colon \mathbb R^{n+1} \times I \to \mathbb R^{n+1}\] durch die Vorschrift \[F(w,t) = t \cdot \iota\circ \pi(w) + (1-t) \cdot w.\] Dann gilt \[\pi(F(w,t)) = \pi(w)\] für alle $w \in \mathbb R^{n+1}$ und alle $t \in I$. Das heißt durch Einschränkung von $F$ erhalten wir eine Abbildung \[(\mathbb R^{n+1}\backslash x^*) \times I \to \mathbb R^{n+1}\backslash x^*;\] dabei beachte man, dass $x^* = \mathrm{ker}(\pi)$. Zudem gilt \[F(\lambda\cdot w,t) = \lambda \cdot F(w,t)\] für alle reellen Zahlen $\lambda$ und alle $w$ und $t$ wie zuvor. Demnach existiert eine, und nur eine, Abbildung \[\overline F \colon (\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}) \times I \to \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\},\] so dass, für alle $w \in \mathbb R^{n+1} \backslash x^*$ und alle $t \in I$: \[\overline F([w],t) = [F(w,t)].\] Die Abbildung $F$ ist offensichtlich stetig – damit auch ihre genannte Einschränkung. Aus der Definition der Quotiententopologie folgt die Stetigkeit von $\overline F$. Weiterhin gilt \[\overline F(-,0) = \mathrm{id}_{\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}}\] und \[\overline F(-,1) = i \circ p.\] Die Abbildung $\overline F$ ist also eine Homotopie zwischen der identischen Abbildung auf $\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}$ und der Abbildung $i \circ p$. Das heißt es gilt \[\mathrm{id}_{\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}} \simeq i \circ p.\] In der Folge haben wir \[\mathbb P_{n-1}(\mathbb R) \simeq_{\mathrm{h}} \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\},\] was zu beweisen war. $\Box$

Bemerkung. Das Argument funktioniert ohne Weiteres auch für den Fall, dass $n = 0$. Frage: Was ist $\mathbb P_{-1}(\mathbb R)$? Was $\mathbb P_0(\mathbb R)$?

Übungen zur Geometrie: Lösungen zu Blatt 4

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 $y_0 \in W$. $\Box$

Übungen zur Geometrie: Lösungen zu Blatt 3

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 $(S^1)^n$. $\Box$

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.

Übungen zu Höhere Mathematik für Physiker: Blatt 5, Aufgabe 5

Aufgabe. (a) Sei $f\colon \mathbb R^n\to \mathbb R$ gegeben durch \[f(x) = a_1x_1+\dots+a_nx_n\] mit $a_1,\dots,a_n \in \mathbb R$ fest, so dass $a_\nu\neq 0$ für ein $\nu \in \{1,\dots,n\}$. Sei \[V = \{x\in\mathbb R^n:f(x)=0\}.\] Zeigen Sie mit Hilfe der Definition, dass $V$ eine $n$-dimensionale Nullmenge ist.
(b) Zeigen Sie, dass die Sphäre \[S^n = \{x\in\mathbb R^{n+1}:||x||=1\}\] eine $(n+1)$-dimensionale Nullmenge ist.

Lösung. (a) Zunächst behandeln wir die Aufgabe für den Fall, dass $a_n \neq 0$ (bzw. dass $\nu = n$). Sei $\epsilon > 0$. Laut Definition (s. VL, (6.2)) haben wir die Existenz einer Folge $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ $n$-dimensionaler Quader nachzuweisen, so dass \begin{equation}V \subset \bigcup_{k\in\mathbb N}Q_k \qquad \text{und} \qquad \sum_{k=1}^\infty \lambda(Q_k)<\epsilon. \label{e_vnullmenge}\end{equation} Im Folgenden möchten wir ein Beispiel für eine solche Folge $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ möglichst explizit konstruieren. Als Hilfsmittel definieren wir eine Funktion $g\colon \mathbb R^{n-1}\to\mathbb R$ durch \[g(x)= g(x_1,\dots,x_{n-1}) = -\frac{a_1}{a_n}x_1-\dots-\frac{a_{n-1}}{a_n}x_{n-1}\] und setzen \[L := \left|\frac{a_1}{a_n}\right|+\dots+\left|\frac{a_{n-1}}{a_n}\right|.\] Damit existiert $l\in\mathbb N_0$ dergestalt, dass \[\frac{L}\epsilon < 2^l;\] konkret nehme man für $l$ etwa das Minimum der $l\in\mathbb N_0$, die letzterer Ungleichung genügen. Für $j\in \mathbb N$ schreiben wir \[I_j := \{0,1,\dots,2^{l+j(n+1)}-1\}^{n-1}\] und  \[\mu_j := \left(\frac12\right)^{l+jn}.\] Weiter setzen wir \[J := \left\{(j,i):j\in\mathbb N, i=(i_1,\dots,i_{n-1}) \in I_j\right\}\] und, für alle $(j,i) \in J$, \[p_j^i := \left(\frac{\mu_j}2-2^{j-1}\right)\cdot(1,\dots,1) + \mu_j\cdot(i_1,\dots,i_{n-1}) \in \mathbb R^{n-1}\] sowie \begin{align*}Q_j^i := \biggl\{x\in\mathbb R^n: & ||(x_1,\dots,x_{n-1})-p_j^i||_\infty \leq \frac{\mu_j}2, \\ & |x_n-g(p_j^i)| \leq L\frac{\mu_j}2\biggr\}.\end{align*} Sei $\phi \colon \mathbb N \to J$ eine Bijektion, sprich eine Abzählung, gemäß der Darstellung \[J = \bigcup_{j\in\mathbb N}\{j\} \times I_j\] von $J$ (man beachte, dass die Mengen $I_j$ allesamt endlich sind). Dann definieren wir $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ als die Verkettung von $\phi$ und der Familie $(Q_j^i)_{(i,j) \in J}$.

Nach Definition der $\infty$-Norm (auch: Maximumsnorm) ist klar, dass es sich, für alle $k\in\mathbb N$, bei $Q_k$ um einen (kompakten) $n$-dimensionalen Quader (mit Seitenlängen $\mu_j,\dots,\mu_j$, $(n-1)$-mal, und $L\mu_j$) handelt. Das heißt $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ ist eine Folge $n$-dimensionaler Quader.

Sei jetzt $x = (x_1,\dots,x_n) \in V$. Dann gibt es augenscheinlich ein $j \in \mathbb N$, so dass \[||(x_1,\dots,x_{n-1})||_\infty \leq 2^{j-1}.\] Weiterhin gibt es ein Tupel \[i = (i_1,\dots,i_{n-1}) \in I_j,\] so dass \[||(x_1,\dots,x_{n-1})-p_j^i||_\infty \leq \frac{\mu_j}2;\] tatsächlich gilt diese Beziehung, wie man sich leicht überlegt, wenn $i$ aus \[\frac1{\mu_j}\cdot (2^{j-1}\cdot (1,\dots,1)+(x_1,\dots,x_{n-1})) \in \mathbb R^{n-1}\] durch komponentenweises Anwenden der Gaußklammer entsteht. Da \[a_1x_1+\dots+a_nx_n = 0,\] gilt \[g(x_1,\dots,x_{n-1}) = x_n.\] Das heißt, \begin{align*}|x_n-g(p_j^i)| & = |g(x_1,\dots,x_{n-1}) - g(p_j^i)| \\ & \leq L||(x_1,\dots,x_{n-1})-p_j^i||_\infty \leq L\frac{\mu_j}2,\end{align*} da, nach Definition von $L$, für alle $v,w\in \mathbb R^{n-1}$: \[|g(v)-g(w)|=|g(v-w)| \leq L||v-w||_\infty.\] Also ist $x \in Q_j^i$ und mithin $x \in \bigcup_{k\in\mathbb N}Q_k$. Da $x \in V$ beliebig war, haben wir $V \subset \bigcup_{k\in\mathbb N}Q_k$.

Für alle $j \in \mathbb N$ gilt nach Definition des Quadervolumens (als Produkt der Kantenlängen): \begin{align*}\sum_{i\in I_j}\lambda(Q_j^i) & = \sum_{i\in I_j}\mu_j^{n-1}(L\mu_j) \\ &= (2^{l+j(n+1)})^{n-1}\mu_j^nL=2^{-l-j}L<\frac\epsilon{2^j}.\end{align*} Demnach haben wir (möglicherweise unter Zuhilfenahme des Umordnungssatzes für absolut konvergente Reihen): \[\sum_{k=1}^\infty\lambda(Q_k) = \sum_{j=1}^\infty\left(\sum_{i\in I_j}\lambda(Q_j^i)\right)<\sum_{j=1}^\infty\frac\epsilon{2^j}=\epsilon.\] Im Fall, dass $a_n\neq 0$, ist die Aufgabe somit abgehandelt.

In der allgemeinen Situation, in der lediglich bekannt ist, dass ein Index $\nu \in \{1,\dots,n\}$ existiert, so dass $a_\nu \neq 0$ gilt, kann man letztlich in völliger Analogie zu obigem Vorgehen eine Folge $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ mit den gewünschten Eigenschaften gewinnen, wobei man zu beachten hat, dass nun die $\nu$-te Komponente, und nicht mehr die $n$-te Komponente, eine ausgezeichnete Rolle einnimmt. Der Aufschrieb wird durch diese zusätzliche Allgemeinheit leider erschwert. Daher haben wir uns dafür entschieden, nur den Fall $a_n\neq 0$ in absoluter Explizitheit zu beschreiben. A posteriori können wir jedoch die allgemeine Situation auf unsere spezielle Situation zurückführen: Dazu betrachten wir anstelle von $a:=(a_1,\dots,a_n)$ dasjenige Tupel, das aus $a$ hervorgeht, indem man die $\nu$-te und die $n$-te Komponente im Tupel vertauscht. Für dieses neu gewonnene Tupel $\tilde a$ gilt $\tilde a_n \neq 0$. Nach obigem Prinzip generieren wir zu $\tilde a$ eine Quaderfolge $(\tilde Q_k)_{k\in\mathbb N}$. Anschließend erklären wir eine Folge $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ durch Rückvertauschung von $\nu$-ter und $n$-ter Komponente in den Quadern $\tilde Q_k$. Letztere Folge $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ ist eine Folge von Quadern, die den gewünschten Bedingungen \eqref{e_vnullmenge} genügt.

(b) Diese Teilaufgabe ist im Vergleich zu Teilaufgabe (a) sehr einfach, da eine explizite Angabe von Quaderfolgen $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ (zu gegebenen $\epsilon$-Werten) nicht gefordert ist. Man argumentiert beispielsweise so: Mit den Setzungen \begin{align*}S_+ & := \{x \in S^n:x_{n+1}>0\}, \\ S_- & := \{x \in S^n:x_{n+1}<0\}, \\ S_0 & := \{x \in S^n:x_{n+1}=0\}\end{align*} hat man \[S^n = S_+ \cup S_0 \cup S_-.\] Bezeichnen \[g_+,g_-\colon \{x \in \mathbb R^n:||x||<1\} \to \mathbb R\] diejenigen beiden Funktionen, die (respektive) durch die Vorschrift \[g_\pm(x) = \pm\sqrt{x_1^2+\dots+x_n^2}\] gegeben sind, so entspricht $S_\pm$ offenbar dem Graphen von $g_\pm$. Daher sind $S_+$ und $S_-$ $(n+1)$-dimensionale Nullmengen nach Vorlesung (man beachte: die Funktionen $g_\pm$ sind stetig mit in $\mathbb R^n$ offenem Definitionsbereich). Des Weiteren gilt \[S_0 \subset [-1,1]^n \times [0,0].\] Hier ist die rechts stehende Menge ein $(n+1)$-dimensionaler Quader mit Quaderinhalt gleich $0$, $S_0$ daher trivialerweise eine Nullmenge. Da abzählbar unendliche und damit auch endliche Vereinigungen von Nullmengen laut Vorlesung wieder Nullmengen sind, ist $S^n$ eine Nullmenge, q. e. d. $\Box$

Höhere Mathematik für Physiker: Graphen stetiger Funktionen sind Nullmengen

Im Folgenden beweisen wir, dass es sich bei Graphen stetiger Funktionen $f\colon U\to \mathbb R$ mit offenem Definitionsbereich $U \subset \mathbb R^n$ um $(n+1)$-dimensionale Nullmengen handelt. Diese Aussage wurde in der Vorlesung ohne Beweis notiert. Tatsächlich werden wir sogar ein wenig mehr zeigen.

Da in puncto Nullmengen verschiedene Sprechweisen und Konventionen kursieren, wiederholen wir unsere

Definition. Sei $n \in \mathbb N$. Dann versteht man unter einer $n$-dimensionalen Nullmenge eine Teilmenge $N \subset \mathbb R^n$, so dass für jede Zahl $\epsilon > 0$ eine Folge $(Q_k)_{k\in\mathbb N}$ $n$-dimensionaler Quader existiert, für die gilt: \[N \subset \bigcup_{k\in\mathbb N}Q_k \qquad \text{und} \qquad \sum_{k=1}^\infty \lambda^n(Q_k) < \epsilon.\] Dabei bezeichnet $\lambda^n$ den $n$-dimensionalen Quaderinhalt.

Die zentrale Idee, wie man Graphen stetiger Funktionen möglichst volumensparend mit (kompakten) Quadern überdeckt, liegt in folgendem

Lemma 1. Sei $n \in \mathbb N_0$, $K \subset \mathbb R^n$ eine kompakte Teilmenge und $f\colon K \to \mathbb R$ eine stetige Funktion. Dann ist \begin{equation}\Gamma := \{(x_0,\dots,x_{n-1},y)\in\mathbb R^{n+1}:f(x_0,\dots,x_{n-1})=y\}\label{e_graph}\end{equation} eine $(n+1)$-dimensionale Nullmenge.

Beweis. Sei $\epsilon > 0$. Als Kompaktum ist $K$ insbesondere eine beschränkte Teilmenge von $\mathbb R^n$, d. h. es existiert eine Zahl $a>0$ dergestalt, dass \[K \subset [-a,a]^n.\] Des Weiteren ist $f$ als stetige Funktion mit kompaktem Definitionsbereich gleichmäßig stetig. Mithin gibt es eine Zahl $\delta>0$, so dass für alle $x,x' \in K$ gilt: \[||x-x'||_\infty<\delta \quad \Rightarrow \quad |f(x)-f(x')|<\epsilon' := \frac\epsilon{2(2a)^n}.\] Nach archimedischem Axiom existiert eine natürliche Zahl $m$ mit der Eigenschaft \[\frac{2a}\delta < m.\] Für alle \[i = (i_0,\dots,i_{n-1}) \in \{0,\dots,m-1\}^n\] setzen wir nun: \[Q'_i := \left((-a,\dots,-a)+\frac{2a}m(i_0,\dots,i_{n-1})\right)+\left[0,\frac{2a}m\right]^n \subset \mathbb R^n.\] Zudem definieren wir \[I := \{i \in \{0,\dots,m-1\}^n : Q'_i \cap K \neq \emptyset\}.\] Damit existiert für alle $i \in I$ ein, und nur ein, $z_i$, das bezüglich der lexikografischen Ordnung auf $\mathbb R^n$ kleinstes Element von $Q'_i \cap K$ ist. Für $i \in I$ definieren wir: \[Q_i := Q'_i \times [f(z_i)-\epsilon',f(z_i)+\epsilon'] \subset \mathbb R^{n+1}.\] Sei nun $(x_0,\dots,x_{n-1},y) \in \Gamma$. Dann ist $x \in K$, also auch $x \in [-a,a]^n$. Demzufolge existiert offensichtlich ein $i \in \{0,\dots,m-1\}^n$, so dass $x \in Q'_i$. Es gilt $i \in I$, da $x \in Q'_i \cap K$. Da \[||x-z_i||_\infty \leq \frac{2a}m < \delta,\] haben wir \[|f(x)-f(z_i)| < \epsilon'.\] Das heißt, \[(x_0,\dots,x_{n-1},y) \in Q_i.\] In der Folge gilt \[\Gamma \subset \bigcup_{i\in I}Q_i.\] Nach Festlegung des Lebesgue'schen Volumens von Quadern haben wir, für alle $i \in I$: \[\lambda^{n+1}(Q_i) = \left(\frac{2a}m\right)^n\cdot 2\epsilon' = \frac1{m^n}\epsilon.\] Das heißt, \[\sum_{i\in I}\lambda^{n+1}(Q_i) = \sum_{i\in I}\frac1{m^n}\epsilon \leq m^n\frac1{m^n}\epsilon = \epsilon,\] was zu beweisen war. $\Box$

Folgerung. Sei $n \in \mathbb N_0$, $A \subset \mathbb R^n$ und $f\colon A \to \mathbb R$ eine stetige Funktion, so dass eine höchstens abzählbare Familie $(K_j)_{j\in J}$ von kompakten Teilmengen $K_j \subset \mathbb R^n$ mit \[A = \bigcup_{j\in J}K_j\] existiert. Dann ist \eqref{e_graph} eine $(n+1)$-dimensionale Nullmenge.

Beweis. Für alle $j\in J$ ist $K_j \subset \mathbb R^n$ kompakt und $f|K_j \colon K_j \to \mathbb R$ eine stetige Funktion. Daher ist \[\Gamma_j := \{(x_0,\dots,x_{n-1},y)\in\mathbb R^{n+1}:(f|K_j)(x_0,\dots,x_{n-1})=y\}\] nach Lemma 1 eine $(n+1)$-dimensionale Nullmenge. Zudem gilt offenbar \[\Gamma = \bigcup_{j\in J}\Gamma_j,\] da $A = \bigcup_{j\in J}K_j$. Somit ist $\Gamma$ eine Nullmenge laut Vorlesung. $\Box$

Lemma 2. Für alle $n \in \mathbb N_0$ und alle offenen Teilmengen $U \subset \mathbb R^n$ existiert eine höchstens abzählbare Menge $\mathfrak Q$ kompakter $n$-dimensionaler Quader, so dass \[U = \bigcup\mathfrak Q.\]

Beweis. Für alle $k\in\mathbb N_0$ und alle $i = (i_0,\dots,i_{n-1}) \in \mathbb Z^n$ setzen wir: \[Q_i^k := \frac1{2^k}\left(i + [0,1]^n\right).\] Wir definieren \[\mathfrak Q := \{Q_i^k:k\in\mathbb N_0, i \in \mathbb Z^n, Q_i^k \subset U\}.\] Die Zuordnung $(k,i) \mapsto Q_i^k$ liefert eine Bijektion zwischen einer Teilmenge von $\mathbb N_0 \times \mathbb Z^n$ und $\mathfrak Q$. Daher ist $\mathfrak Q$ höchstens abzählbar. Ebenfalls evident ist:\[\bigcup\mathfrak Q \subset U.\] Sei jetzt $x\in U$ beliebig. Dann existiert aufgrund der Offenheit von $U$ in $\mathbb R^n$ (und der Äquivalenz sämtlicher Normen auf $\mathbb R^n$) eine Zahl $\epsilon > 0$ derart, dass \[\{y \in \mathbb R^n: ||y-x||_\infty < \epsilon\} \subset U.\] Damit existieren eine natürliche Zahl $k \in \mathbb N_0$, so dass \[\frac1\epsilon < 2^k,\] und des Weiteren ein Element $i \in \mathbb Z^n$, so dass \[x \in Q_i^k.\] Im letzten Schritt kann man dabei $i \in \mathbb Z^n$ als dasjenige Tupel wählen, das entsteht, wenn man auf $2^kx \in \mathbb R^n$ komponentenweise die Gaußklammer anwendet. Da für alle $y \in Q_i^k$ die Beziehung \[||y-x|| \leq \frac1{2^k} < \epsilon\] gilt, haben wir $Q_i^k \subset U$. Demzufolge ist $Q_i^k \in \mathfrak Q$ und $x \in \bigcup \mathfrak Q$. Da $x \in U$ beliebig war, folgt $U \subset \bigcup \mathfrak Q$, was zu beweisen war. $\Box$

Satz. Für alle $n \in \mathbb N_0$ und alle stetigen Funktionen $f\colon U\to \mathbb R$, die auf offenen $U \subset \mathbb R^n$ definiert sind, ist \eqref{e_graph} eine $(n+1)$-dimensionale Nullmenge.

Beweis. Die Behauptung ergibt sich unmittelbar aus Lemma 2 und Folgerung aus Lemma 1. $\Box$

Übungen zu Höhere Mathematik für Physiker: Blatt 3, Aufgabe 4

Aufgabe. Zeigen Sie, dass (für alle $x_0,y_0 \in \mathbb R$) das Anfangswertproblem \begin{equation}y' = \sin(xy), \qquad y(x_0)=y_0 \label{e_sinawp}\end{equation} ein eindeutige Lösung auf $\mathbb R$ besitzt.

Zur Lösung der Aufgabe wiederholen wir den folgenden, aus der Vorlesung bekannten

Satz von Picard-Lindelöf (lokale Version, quantitativ). Es seien $n \in \mathbb N$, $a,b,M$ reelle Zahlen $>0$, $t_0 \in \mathbb R$, $x_0 \in \mathbb R^n$ und \[f \colon [t_0-a,t_0+a] \times \{x \in \mathbb R^n:|x-x_0|\leq b\} \to \mathbb R^n\] eine stetige Funktion, die einer globalen Lipschitz-Bedingung in der zweiten Variablen genügt und durch $M$ beschränkt ist. Dann besitzt das Anfangswertproblem \begin{equation} x' = f(t,x), \qquad x(t_0)=x_0, \label{e_awp}\end{equation} genau eine Lösung auf $[t_0-\alpha,t_0+\alpha]$, wobei $\alpha := \min(a,\frac bM)$.

Aus dem zitierten Satz leiten wir her ein einfaches

Korollar. Es seien $n \in \mathbb N$, $M$ eine strikt positive reelle Zahl, $t_0 \in \mathbb R$, $x_0 \in \mathbb R^n$ und \[f \colon \mathbb R \times \mathbb R^n \to \mathbb R^n\] eine stetige Funktion, die einer lokalen Lipschitz-Bedingung in der zweiten Variablen genügt und durch $M$ beschränkt ist. Dann besitzt das Anfangswertproblem \eqref{e_awp} eine eindeutig bestimmte Lösung mit Definitionsbereich $\mathbb R$.

Beweis. Es sei $a>0$ beliebig. Wir setzen $b := aM + 1$. Da $f$ stetig ist und einer lokalen Lipschitz-Bedingung in der zweiten Variablen genügt, genügt die Einschränkung $f_a$ von $f$ auf das Kompaktum \[[t_0-a,t_0+a] \times \{x \in \mathbb R^n:|x-x_0|\leq b\} \subset \mathbb R \times \mathbb R^n\] einer globalen Lipschitz-Bedingung in der zweiten Variablen. Nach dem Satz von Picard-Lindelöf besitzt also das Anfangswertproblem \[x' = f_a(t,x), \qquad x(t_0)=x_0\] eine eindeutig bestimmte Lösung $\phi_a$ mit Definitionsbereich gleich $[t_0-a,t_0+a]$; man beachte, dass \[\frac bM = \frac{aM+1}M > a\] und mithin \[\min(a,\frac bM) = a\] gilt. Wir heben nun unsere Fixierung von $a$ auf und definieren \[\phi := \bigcup_{a>0} \phi_a = \{(x,y) : (\exists a>0) \phi_a(x)=y\}.\] Dann ist $\phi$ eine Funktion $\mathbb R \to \mathbb R^n$, da für alle $a'>a>0$ aufgrund der Eindeutigkeit der Lösung $\phi_a$ die Beziehung \[\phi_{a'} \mid [t_0-a,t_0+a] = \phi_a\] gilt. Da für alle $a>0$ \[\phi \mid [t_0-a,t_0+a] = \phi_a\] (nach Definition von $\phi$), ist $\phi$ offensichtlich eine Lösung des Anfangswertproblems \eqref{e_awp}. Dass für jede weitere Lösung $\psi \colon J\to \mathbb R^n$ von \eqref{e_awp} gilt \[\psi = \phi \mid J\] folgt aus dem Eindeutigkeitssatz. $\Box$

Lösung der Aufgabe. Es genügt zu bemerken, dass die Funktion \[f \colon \mathbb R \times \mathbb R \to \mathbb R, \qquad f(x,y) = \sin(xy)\] stetig und bezüglich der zweiten Variablen stetig differenzierbar ist, so dass sie einer lokalen Lipschitz-Bedingung genügt. Zudem ist $f$ beschränkt durch $M := 1$. Demnach ergibt sich die Behauptung der Aufgabe, die eindeutige Existenz einer Lösung von \eqref{e_sinawp} auf $\mathbb R$, unmittelbar aus unserem Korollar. $\Box$