M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 11

Aufgabe 41

(1) Annahme, nicht. Sei also x ∈ X ∖ Y. Es ist X ∖ Y ⊆^{off.} X. Da x ein Häufungspunkt von (y_{n}) ist, ist

{n ∈ Z_{⩾1} : y_{n} ∈ X ∖ Y }

unendlich. Da aber y_{n} ∈ Y für alle n ∈ Z_{⩾1}, ist diese Menge leer, und wir haben einen Widerspruch.

(2) Gibt es zum einen eine Folge (y_{n})_{n} in Y, die gegen x konvergiert, dann ist dies auch eine Folge in

Ȳ ⊆^{abg.} X, und nach (1) können wir x ∈ Ȳ folgern.

Sei umgekehrt x ∈ Ȳ. Nach Lemma (2) in §1.4 ist B_{1/n}(x) ∩ Y ≠ ∅ für n ∈ Z_{⩾1}, so daß wir darin ein y_{n} wählen können. Bleibt zu zeigen, daß die so entstandene Folge (y_{n})_{n} gegen x konvergiert. Sei ε ∈ R_{>0} . Dann ist d(y_{n}, x) < 1/n ⩽ ε für alle n ∈ Z_{⩾1} mit n ⩾ 1/ε.

(3) Zeigen wir zunächst, daß es ein C ∈ R so gibt, daß f(x) ⩽ C für alle x ∈ X.

Annahme, nicht. Dann gibt es für alle n ∈ Z_{⩾1} ein x_{n} ∈ X mit f(x_{n}) ⩾ n. Sei (y_{n})_{n} eine konvergente Teilfolge von (x_{n})_{n}, existent, da X als folgenkompakt vorausgesetzt ist. Dann ist immer noch f(y_{n}) ⩾ n für n ∈ Z_{⩾1} . Sei y ein Konvergenzpunkt von (y_{n})_{n}. Dann ist f(y) ein Konvergenzpunkt von (f(y_{n}))_{n}; cf. Bemerkung in §4.2.7. Also gibt es ein m ∈ Z_{⩾1} mit |f(y_{n}) − f(y)| < 1 für alle n ∈ Z_{⩾m}. Insbesondere ist n ⩽ f(y_{n}) ⩽ f(y) + 1 für alle n ∈ Z_{⩾m}, und wir haben einen Widerspruch.

Insbesondere können wir s := sup_{x∈X} f(x) bilden.

Zeigen wir nun, daß es ein x̂ ∈ X gibt mit f(x) ⩽ f(x̂) für alle x ∈ X.

Wir finden für alle n ∈ Z_{⩾1} ein x_{n} ∈ X mit f(x_{n}) ∈ (s−1/n, s]. Sei (y_{n})_{n} eine konvergente Teilfolge von (x_{n})_{n}, existent, da X als folgenkompakt vorausgesetzt ist. Dann ist immer noch f(y_{n}) ∈ (s−1/n, s] für n ∈ Z_{⩾1} . Sei x̂ ein Konvergenzpunkt von (y_{n})_{n}. Dann ist f(x̂) ein Konvergenzpunkt von (f(y_{n}))_{n}; cf. Bemerkung in §4.2.7.

Nun ist aber auch s ein Konvergenzpunkt von (f(y_{n}))_{n}. Denn sei ε ∈ R_{>0} vorgegeben. Dann ist f(x_{n}) ∈ (s − 1/n, s] ⊆ (s − ε, s + ε) für alle n ⩾ 1/ε.

Da R hausdorffsch ist, folgt s = lim_{n} f(x_{n}) = f(x̂) ; cf. erste Bemerkung in §4.2.4. Insbesondere ist f(x̂) = s = sup_{x∈X} f(x) eine obere Schranke für f(x) mit x ∈ X, wie in der Aufgabenstellung verlangt.

Cf. §4.2.3 für die analoge Aussage über kompakte Räume.

(4) Annahme, nicht. Dann gibt es für alle n ∈ Z_{⩾1} ein k_{n} ∈ K und ein x_{n} ∈ X mit d(k_{n}, x_{n}) < 1/n. Sei (k_{φ(m)})_{m} eine konvergente Teilfolge von (k_{n})_{n}, existent, da K als folgenkompakt vorausgesetzt war. Sei k := lim_{m} k_{φ(m)} . Dann ist d(k_{φ(m)}, x_{φ(m)}) < 1/φ(m) ⩽ 1/m für m ∈ Z_{⩾1} .

Wir behaupten, daß (x_{φ(m)})_{m} gegen k konvergiert. Sei η ∈ R_{>0} vorgegeben. Sei ℓ ∈ Z_{⩾1} so, daß zum einen d(k_{φ(m)}, x_{φ(m)}) < η/2 und zum anderen d(k_{φ(m)}, k) < η/2 für m ∈ Z_{⩾ℓ} ist. Für ersteres reicht es, ℓ ⩾ 2/η zu wählen. Zweiteres entstammt der Konvergenz von (k_{φ(m)})_{m} gegen k. Dann wird

d(x_{φ(m)}, k) ⩽ d(x_{φ(m)}, k_{φ(m)}) + d(k_{φ(m)}, k) < η/2 + η/2 = η

für m ∈ Z_{⩾ℓ}. Dies zeigt die Behauptung.

Da aber X ∖ U ⊆^{abg.} X und x_{φ(m)} ∈ X ∖ U für m ∈ Z_{⩾1}, ist auch k = lim_{m} x_{φ(m)} ∈ X ∖ U; cf. (1). Dies steht aber im Widerspruch zu k ∈ K ⊆ U.

Aufgabe 42

(1) Die Aussage ist richtig. Denn sei x ∈ U ⊆^{off.} X gegeben. Dann ist {n ∈ Z_{⩾1} : x_{n} ∉ U} leer, da x_{n} = x ∈ U für alle n ∈ Z_{⩾1}. Insbesondere ist diese Menge endlich.

(2) Die Aussage ist falsch. Sei X = {1, 2}, ausgestattet mit der verklumpten Topologie {∅, {1, 2}}; vgl.

§1.2.3.1. Sei

(x_{n})_{n} := (1, 2, 1, 2, …)

Es ist 1 ein Konvergenzpunkt dieser Folge, da die einzige {1} umfassende offene Teilmenge von X gleich der vollen Teilmenge X ist. Und für diese ist {n ∈ Z_{⩾1} : x_{n} ∉ X} leer, und damit endlich.

Genauso ist 2 ein Konvergenzpunkt dieser Folge.

Aber 1 ≠ 2.

(3) Die Aussage ist falsch. Sei X = Q, sei d(x, y) := |x − y| für x, y ∈ Q. Es ist X also ein metrischer Teilraum von R; vgl. Aufgabe 7.(1).

Sei ξ ∈ R ∖ Q. So z.B. können wir ξ = \sqrt{2} nehmen. Sei x_{n} := 10^{−n}⌊10^{n}ξ⌋ ∈ Q für n ∈ Z_{⩾1} . Dann ist ξ − x_{n} ∈ [0, 10^{−n}); cf. Beispiel (4) aus §3.2.

Es ist (x_{n})_{n}, betrachtet als Folge in R, eine gegen ξ konvergierende Folge, da für ε ∈ R_{>0} bereits d(x_{n}, ξ) < 10^{−n} ⩽ ε gilt, sobald n ⩾ − log_{10} ε.

Würde nun (x_{n})_{n} in Q gegen ξ′ ∈ Q konvergieren, so hätte man diesen Konvergenzpunkt auch, wenn man (x_{n})_{n} als Folge in R betrachtet. Da aber R hausdorffsch ist, folgte ξ = ξ′, was wegen ξ ∈ R ∖ Q und ξ′ ∈ Q nicht geht; cf. erste Bemerkung in §4.2.4. Also ist (x_{n})_{n} keine konvergente Folge in Q.

Zeigen wir, daß die Folge (x_{n})_{n} die in der Aufgabenstellung beschriebene Eigenschaft hat. Sei ε ∈ R_{>0} vorgegeben. Da (x_{n})_{n}, gesehen als Folge in R, gegen ξ konvergiert, gibt es ein m ∈ Z_{⩾1} mit |x_{n} − ξ| < ε/2 für n ∈ Z_{⩾m}. Dann wird in der Tat

d(x_{n}, x_{n′}) = |x_{n} − x_{n′}| = |x_{n} − ξ + ξ − x_{n′}| ⩽ |x_{n} − ξ| + |ξ − x_{n′}| < ε/2 + ε/2 = ε

für n, n′ ∈ Z_{⩾m}.

Eine Folge wie in der Aufgabenstellung beschrieben heißt auch Cauchyfolge. Ein metrischer Raum, in welchem jede Cauchyfolge konvergiert, heißt vollständig. Wir haben also in (3) gesehen, daß Q nicht vollständig ist.

Aufgabe 43

(1) Sei (x, y) ⊆ W ⊆^{off.} X × Y. Wir haben zu zeigen, daß {n ∈ Z_{⩾1} : (x_{n}, y_{n}) ∉ W } endlich ist. Unter

Verwendung der Basis von X × Y aus dem ersten Beispiel aus §3.4 gibt es ein x ∈ U ⊆^{off.} X und ein

y ∈ V ⊆^{off.} X mit (x, y) ∈ U × V ⊆ W ⊆^{off.} X × Y. Es wird

{n ∈ Z_{⩾1} : (x_{n}, y_{n}) ∉ W }
⊆ {n ∈ Z_{⩾1} : (x_{n}, y_{n}) ∉ U × V }
= {n ∈ Z_{⩾1} : x_{n} ∉ U} ∪ {n ∈ Z_{⩾1} : y_{n} ∉ V } ,

und die Teilnehmer letzterer Vereinigung sind beides endliche Mengen, da x ein Konvergenzpunkt für (x_{n})_{n} und y ein Konvergenzpunkt für (y_{n})_{n} ist.

(2) Annahme, nicht. Dann gibt es ein ε ∈ R_{>0} so, daß unter anderem für alle n ∈ Z_{⩾1} es ein y_{n} ∈ B_{1/n}(y_{0}) und ein x_{n} ∈ X gibt mit

d(f(x_{n}, y_{n}), f(x_{n}, y_{0})) ⩾ ε .

Dann ist y_{0} der Konvergenzpunkt der Folge (y_{n})_{n}. Ferner können wir nach Übergang zu Teilfolgen annehmen, daß (x_{n})_{n} einen Konvergenzpunkt x_{0} hat. Also ist (x_{0}, y_{0}) ein Konvergenzpunkt der Folge ((x_{n}, y_{n}))_{n}; cf. (1). Da f stetig ist, ist also f(x_{0}, y_{0}) ein Konvergenzpunkt der Folge (f(x_{n}, y_{n}))_{n}; cf. Bemerkung in §4.2.7. Also gibt es ein m′ ∈ Z_{⩾1} mit

d(f(x_{0}, y_{0}), f(x_{n}, y_{n})) < ε/2

für n ∈ Z_{⩾m′} .

Ferner ist (x_{0}, y_{0}) ein Konvergenzpunkt der Folge ((x_{n}, y_{0}))_{n}, wie ebenfalls aus (1) folgt, da x_{0} Konvergenzpunkt von (x_{n})_{n} und y_{0} Konvergenzpunkt der konstanten Folge (y_{0})_{n} ist. Also gibt es ein m′′ ∈ Z_{⩾1} mit

d(f(x_{0}, y_{0}), f(x_{n}, y_{0})) < ε/2

für n ∈ Z_{⩾m′′} .

Es folgt

ε ⩽ d(f(x_{n}, y_{n}), f(x_{n}, y_{0})) ⩽ d(f(x_{n}, y_{n}), f(x_{0}, y_{0})) + d(f(x_{0}, y_{0}), f(x_{n}, y_{0})) < ε/2 + ε/2 = ε

für n ∈ Z_{⩾max{m′,m′′}}, und wir haben einen Widerspruch.

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