M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 10

Aufgabe 36

(1) Wir haben zu zeigen, daß X ∖ {x} ⊆^{off.} X. Es genügt, für x′ ∈ X ∖ {x} ein x′ ∈ U′ ⊆ X ∖ {x′} mit

U′ ⊆^{off.} X zu finden; vgl. Bemerkung aus §1.1.3.

Sei x′ ∈ X ∖ {x}. Da X hausdorffsch ist, gibt es x ∈ U ⊆^{off.} X und x′ ∈ U′ ⊆^{off.} X mit U ∩ U′ = ∅. Insbesondere ist x ∉ U′, und somit U′ ⊆ X ∖ {x}.

(2) Seien (x, y), (x′, y′) ∈ X × Y mit (x, y) ≠ (x′, y′). Dann ist x ≠ x′ oder y ≠ y′.

O.E. sei x ≠ x′. Da X hausdorffsch ist, gibt es x ∈ U ⊆^{off.} X und x′ ∈ U′ ⊆^{off.} X mit U ∩ U′ = ∅. Dann

ist (x, y) ∈ U × Y ⊆^{off.} X × Y und (x′, y) ∈ U′ × Y ⊆^{off.} X × Y; cf. erstes Beispiel in §3.4. Es folgt (U × Y) ∩ (U′ × Y) = (U ∩ U′) × Y = ∅ × Y = ∅.

Dies zeigt, daß X × Y hausdorffsch ist.

(3) Sei x ∈ X. Wir wollen zeigen, daß {x} ⊆^{off.} X. Denn dann folgt mit (Top 2), daß jede Teilmenge von X offen ist, da ich sie schreiben kann als Vereinigung von einelementigen und also offenen Teilmengen.

Sei V ⊆ X eine (bzgl. Teilmengenrelation) minimale x enthaltende offene Teilmenge von X. In

anderen Worten, es ist x ∈ V ⊆^{off.} X, und es gibt kein Ṽ ⊆^{off.} X mit x ∈ Ṽ ⊊ V. Ein solches V existiert, da wegen der Endlichkeit von X jede nichtleere Teilmenge in Pot(X) wenigstens ein minimales

Element enthält, und da wegen x ∈ X ⊆^{off.} X die fragliche Teilmenge {V ⊆ X : x ∈ V ⊆^{off.} X} auch nichtleer ist.

Es genügt zu zeigen, daß {x} = V. Annahme, nicht. Dann ist {x} ⊊ V ⊆^{off.} X. Sei x′ ∈ V ∖ {x}. Da

X hausdorffsch ist, gibt es ein x ∈ U ⊆^{off.} X und ein x′ ∈ U′ ⊆^{off.} X mit U ∩ U′ = ∅. Dann aber ist

x ∈ U ∩V ⊆^{off.} X. Ferner ist U ∩V ⊊ V, da x′ ∈ V, aber x′ ∉ U. Somit gibt U ∩V einen Widerspruch zur Minimalität von V.

Aufgabe 37

Beachte zunächst, daß auch Y ^{\overline{}^{f^{−1}}} X ein Homöomorphismus ist; cf. zweite Bemerkung aus §2.1.3. Vgl. auch Aufgabe 19. Die Situation ist also symmetrisch in X und Y.

(1) Wegen der Symmetrie der Situation genügt es, aus X hausdorffsch zu folgern, daß Y hausdorffsch ist.

Seien y, y′ ∈ Y mit y ≠ y′ gegeben. Dann ist wegen f^{−1} injektiv auch f^{−1}(y) ≠ f^{−1}(y′) in X. Da X

hausdorffsch ist, gibt es f^{−1}(y) ∈ U ⊆^{off.} X und f^{−1}(y′) ∈ U′ ⊆^{off.} X mit U ∩ U′ = ∅. Wegen f injektiv

und offen folgt y ∈ f(U) ⊆^{off.} X und y′ ∈ f(U′) ⊆^{off.} X und f(U) ∩ f(U′) = f(U ∩ U′) = f(∅) = ∅. Somit ist Y als hausdorffsch nachgewiesen.

(2) Wegen der Symmetrie der Situation genügt es, aus X kompakt zu folgern, daß Y kompakt ist.

Wegen f surjektiv ist aber f(X) = Y, und f(X) ist als Bild eines kompakten topologischen Raumes unter einer stetigen Abbildung wieder kompakt; vgl. Lemma (3) aus §4.2.1.

Aufgabe 38

Sei X = ⋃_{i∈I} U_{i} eine offene Überdeckung, wobei I eine Indexmenge ist und U_{i} ⊆^{off.} X für i ∈ I.

Sei 1 ⩽ j ⩽ k. Dann ist Y_{j} = ⋃_{i∈I} U_{i} ∩ Y_{j} eine offene Überdeckung von Y_{j} . Da Y_{j} als kompakt vorausgesetzt wurde, gibt es eine endliche Teilmenge I_{j} ⊆ I mit

Y_{j} = _{⋃i∈I_{j}} U_{i} ∩ Y_{j} ,

also mit Y_{j} ⊆ ⋃_{i∈I_{j}} U_{i}.

Sei I′ := ⋃_{j=1}^{k} I_{j} . Es ist I′ eine endliche Teilmenge von I. Somit genügt es zu zeigen, daß ⋃_{i∈I′} U_{i} =^{!} X. Sei x ∈ X. Dann gibt es ein 1 ⩽ j ⩽ k mit x ∈ Y_{j}. Also ist

x ∈ Y_{j} ⊆ _{⋃i∈I_{j}} U_{i} ⊆ _{⋃i∈I_{′}} U_{i} .

Aufgabe 39 Wir behaupten, daß

B := {B_{ε}(x) : x ∈ D, ε ∈ Q_{>0}}

abzählbar ist. Wir haben eine Surjektion D × Q_{>0} \overline{}B, (x, ε) \overline{}B_{ε}(x). Da D als abzählbar vorausgesetzt ist, und Q_{>0} nach Aufgabe 27 (4, 2) abzählbar ist, ist auch D × Q_{>0} abzählbar; vgl. Aufgabe 27.(3). Somit ist B abzählbar; vgl. Aufgabe 27.(1). Dies zeigt die Behauptung. Bleibt zu zeigen, daß B eine Basis von X ist. Zunächst halten wir fest, daß B aus offenen Teilmengen von X besteht; vgl. Lemma aus §1.3.2. Sei ξ ∈ U ⊆^{off.} X. Wir haben ein ε ∈ Q_{>0} und ein x ∈ D mit ξ ∈ B_{ε}(x) ⊆ U zu finden. Sei η ∈ R_{>0} mit ξ ∈ B_{η}(ξ) ⊆ U ⊆^{off.} X. Sei ε ∈ Q_{>0} ∩ (0, η/2] ; cf. Beispiel (4) aus §3.2. Es ist D ∩ B_{ε}(ξ) ≠ ∅; cf. Bemerkung aus §4.1.2. Wähle x ∈ D ∩ B_{ε}(ξ). Dann ist ξ ∈ B_{ε}(x).

Bleibt zu zeigen, daß B_{ε}(x) ⊆ U. Es genügt zu zeigen, daß B_{ε}(x) ⊆^{!} B_{η}(ξ) ⊆ U. Sei y ∈ B_{ε}(x). Dann ist

d(y, ξ) ⩽ d(y, x) + d(x, ξ) < ε + ε ⩽ η ,

und also y ∈ B_{η}(ξ), wie wir zu zeigen hatten.

Aufgabe 40 Zu ⊇. Es ist A^{∘} × B^{∘} ⊆^{off.} X × Y; vgl. das erste Beispiel aus §3.4. Dazuhin ist A^{∘} × B^{∘} ⊆ A × B. Also ist A^{∘} × B^{∘} ⊆ (A × B)^{∘}; cf. Bemerkung (3) aus §1.4. Zu ⊆. Sei (x, y) ∈ (A × B)^{∘}. Die Basis aus dem ersten Beispiel aus §3.4 gibt U ⊆^{off.} X und V ⊆^{off.} Y mit

(x, y) ∈ U × V ⊆ (A × B)^{∘} .

Da U ×V ⊆ (A×B)^{∘} ⊆ A×B, folgt U ⊆ A und V ⊆ B. Also ist U ⊆ A^{∘} und V ⊆ B^{∘}; cf. Bemerkung (3) aus §1.4. Es wird

(x, y) ∈ U × V ⊆ A^{∘} × B^{∘} .

Somit haben wir (A × B)^{∘} ⊆ A^{∘} × B^{∘} gezeigt, wie gewünscht.

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