M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 1

Aufgabe 1

(1) Es ist

Pot({1, 2, 3}) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}, } .

(2) Für Y ⊆ X sei die charakteristische Funktion

X ^{\overline{}^{χ_{Y}}} \{0, 1\}
x  \overline{}\{ \begin{matrix}0 & falls x ∉ Y \\ 1 & falls x ∈ Y \end{matrix}

definiert. Setze

[figure: Abb(X, {0, 1}); Pot(X); f; f^{−1}({1}); χ_{Y}; Y]

Wir behaupten, daß sich diese beiden Abbildungen gegenseitig invertieren. Sei f ∈ Abb(X, {0, 1}). Wir haben f =^{!} χ_{f^{−1}({1})} zu zeigen. Sei x ∈ X. Ist f(x) = 0, so ist x ∉ f^{−1}({1}), und also auch χ_{f^{−1}({1})}(x) = 0. Ist f(x) = 1, so ist x ∈ f^{−1}({1}), und also auch χ_{f^{−1}({1})}(x) = 1. In beiden Fällen ist also f(x) = χ_{f^{−1}({1})}(x). Es folgt f = χ_{f^{−1}({1})}. Sei Y ⊆ X. Wir haben Y =^{!} χ_{Y}^{−1}({1}) zu zeigen. Nun ist aber

χ_{Y}^{−1}({1}) = {x ∈ X : χ_{Y} (x) = 1} = Y

nach Definition von Y. Dies zeigt die Behauptung, und damit insbesondere die Bijektivität der ersten Abbildung.

(3) Dem Hinweis folgend, nehmen wir an, es gebe eine Surjektion X ^{\overline{}^{f}} Pot(X). Sei

Y := {x ∈ X : x ∉ f(x)} .

Da f surjektiv ist, gibt es ein y ∈ X mit f(y) = U. Falls y ∈ Y, ist y ∉ f(y) = Y. Falls y ∉ Y, ist nicht y ∉ f(y), also y ∈ f(y) = Y. In beiden Fällen landen wir bei einem Widerspruch. Also kann es keine solche Surjektion geben.

Aufgabe 2 (Sierpinski-Raum) Wir behaupten, daß T := {∅, {1}, {1, 2}} eine Topologie auf {1, 2} ist.

1. Beweis. Am einfachsten geht der Nachweis mit einer geeigneten Prämetrik, vgl. §1.3.1. Setze d(1, 1) := 0, d(2, 2) := 0, d(1, 2) := 0 und d(2, 1) := 1. Wir betrachten T^{({1,2},d)}. Diesbezüglich wird B_{ε}(2) = {y ∈ {1, 2} : d(y, 2) < ε} = {1, 2} für alle ε ∈ R_{>0}. Insbesondere ist {2} ∉ T^{({1,2},d)}, da B_{ε}(2) ⊈ {2} für alle ε ∈ R_{>0}. Ferner wird B_{1}(1) = {y ∈ {1, 2} : d(y, 1) < ε} = {1}. Insbesondere ist {1} ∈ T^{({1,2},d)}, da B_{1}(1) ⊆ {1}. Somit ist T = T^{({1,2},d)}, und letzteres ist bekanntermaßen eine Topologie. Dies zeigt die Behauptung.

2. Beweis. Möchte man direkt argumentieren, so beobachte man, daß T bezüglich Inklusion zu einer Kette geordnet ist, also

∅ ⊆ {1} ⊆ {1, 2} .

Es folgt, daß die beliebige Vereinigung von Elementen aus T wieder in T liegt, denn diese Vereinigung ist das maximale Kettenglied ihrer Teilnehmer. Dies zeigt (Top 2).

Genauso folgt, daß der beliebige Schnitt von Elementen aus T wieder in T liegt, denn dieser Schnitt ist das minimale Kettenglied ihrer Teilnehmer. Von dieser Aussage brauchen wir allerdings nur, daß der Schnitt zweier Elemente von T wieder in T liegt, haben also etwas mehr gezeigt als für (Top 3) benötigt.

Ferner sind ∅ und {1, 2} in der Tat in T enthalten. Dies zeigt (Top 1).

Insgesamt zeigt dies die Behauptung abermals.

Es ist T auch weder gleich T_{diskret} = {∅, {1}, {2}, {1, 2}} noch gleich T_{verklumpt} = {∅, {1, 2}}, wie verlangt.

Der topologische Raum ({1, 2}, T) heißt auch Sierpinski-Raum.

Er dient hauptsächlich als Lieferant von Gegenbeispielen.

Aufgabe 3

Sei X eine Menge.

(1) Die Aussage ist falsch. Sei etwa X = Z. Sei I = Z_{⩾0}. Sei U_{i} = {i} ∈ T. Es ist

⋃i∈IU_{i} = _{⋃i∈Z_{⩾0}}{i} = Z_{⩾0} ∉ T ,

da Z_{⩾0} weder eine endliche Teilmenge von Z noch gleich Z selbst ist.

(2) Die Aussage ist richtig.

Zu (Top 1). Es ist ∅ ∈ T. Es ist X = X ∖ ∅ ∈ T, da ∅ eine endliche Menge ist.

Zu (Top 2). Sei I eine Indexmenge. Seien U_{i} ∈ T für i ∈ I. Wir wollen zeigen, daß ⋃_{i∈I} U_{i} ∈^{!} T. Ohne Einschränkung ist U_{i} ≠ ∅ für alle i ∈ I. Ohne Einschränkung ist I ≠ ∅. Schreibe U_{i} = X ∖M_{i} mit M_{i} ⊆ X endlich. Es wird

⋃i∈IU_{i} = _{⋃i∈I}(X ∖ M_{i}) = X ∖ (_{⋂i∈I}M_{i}) ∈ T ,

da ⋂_{i∈I} M_{i} eine endliche Menge ist.

Zu (Top 3). Seien U, V ∈ T. Wir wollen zeigen, daß U ∩ V ∈^{!} T. Ohne Einschränkung ist U ≠ ∅ und V ≠ ∅. Schreibe U = X ∖ M und V = X ∖ N mit endlichen Teilmengen M, N ⊆ X. Es wird

U ∩ V = (X ∖ M) ∩ (X ∖ N) = X ∖ (M ∪ N) ∈ T ,

da M ∪ N eine endliche Menge ist.

Aufgabe 4

(1) Die Aussage ist falsch. Sei X := R, mit der Topologie aus §1.2.1. Sei Y = [0, 1) ⊆ R.

Es ist Y nicht offen. Denn obwohl 0 ∈ Y, ist B_{ε}(0) ⊈ Y für alle ε > 0. In der Tat ist −ε/2 ∈ B_{ε}(0)∖Y.

Es ist Y nicht abgeschlossen, i.e. X ∖ Y nicht offen. Denn obwohl 1 ∈ X ∖ Y, ist B_{ε}(1) ⊈ X ∖ Y für alle ε > 0. In der Tat ist max{1 − ε/2, 1/2} ∈ B_{ε}(1) ∖ (X ∖ Y).

(2) Die Aussage ist falsch. Sei etwa X = R, sei I = Z_{⩾1} und sei U_{i} = (−1/i, 1/i) für i ∈ Z_{⩾1}, was nach Bemerkung (3) in §1.2.1 eine offene Teilmenge in R ist. Es ist ⋂_{i∈I} U_{i} = ⋂_{i∈Z_{⩾1}}(−1/i, 1/i) = {0} nicht offen, da (0 − ε, 0 + ε) für kein ε > 0 eine Teilmenge von {0} ist.

Als ein weiteres Gegenbeispiel kann man die in Aufgabe 3.(2) eingeführte Topologie im Falle X = Z heranziehen. Sei I = Z_{⩾1} . Sei U_{i} = Z ∖ {i}. Da {i} endlich ist, ist U_{i} ⊆^{off.} Z. Dahingegen ist

⋂i∈IU_{i} = _{⋂i∈Z_{⩾1}}(Z ∖ {i}) = Z ∖ (_{⋃i∈Z_{⩾1}}{i}) = Z_{⩽0}

nicht offen, da Z ∖ Z_{⩽0} = Z_{⩾1} keine endliche Menge ist.

(3) Die Aussage ist richtig. Wir zeigen sie durch Induktion nach k. Für k = 1 trifft die Aussage zu.

Sei k ⩾ 2 und sei die Aussage für k − 1 vorausgesetzt. Wir haben sie für k zu zeigen. Es wird ⋂_{i=1}^{k}U_{i} = (⋂_{i=1}^{k−1}U_{i}) ∩ U_{k} .

Da nach Induktionsvoraussetzung ⋂_{i=1}^{k−1}U_{i} ⊆^{off.} X und nach Voraussetzung U_{k} ⊆^{off.} X, ist mit (Top 3) auch der Schnitt dieser beiden Teilmengen eine offene Teilmenge von X.

(4) Die Aussage ist falsch. Da die Aussage (2) im allgemeinen falsch ist, können wir X, I und U_{i} ⊆^{off.} X so wählen, daß ⋂_{i∈I} U_{i} keine offene Teilmenge in X ist. Dann aber wird mit A_{i} := X ∖ U_{i} ⊆^{abg.} X auch

⋃i∈IA_{i} = _{⋃i∈I}(X ∖ U_{i}) = X ∖ (_{⋂i∈I}U_{i})

keine abgeschlossene Teilmenge von X mehr.

(5) Die Aussage ist richtig. Denn mit der richtigen Aussage (3) folgt, daß

X ∖ (⋃_{i=1}^{k}A_{i}) = ⋂_{i=1}^{k}(X ∖ A_{i}) ⊆^{off.} X .

www.uni-koblenz.de/∼kuenzer/top/top.html