M. Künzer Topologie, SS 09

Lösung 12

Aufgabe 44

(1) Die Aussage ist falsch. Sei X = {1, 2}, ausgestattet mit der diskreten Topologie. Dann ist {1} ⊆^{off.} X und {1} ⊆^{abg.} X, aber ∅ ⊊ {1} ⊊ X.

(2) Die Aussage ist richtig. Sei X = ⋃_{i∈I} U_{i} eine offene Überdeckung, wobei I eine Indexmenge ist und

U_{i} ⊆^{off.} X für i ∈ I.

Wir werden nun unter den in dieser offenen Überdeckung wiederholt auftretenden offenen Mengen je eine auswählen.

Sei

R := {U_{i} : i ∈ I} ⊆ Pot(X) .

Da X endlich ist, ist Pot(X) ebenfalls endlich, und somit auch R. Wähle für alle U ∈ R ein i_{U} ∈ I mit U_{i_{U}} = U. Sei I_{0} := {i_{U} : U ∈ R}. Da R endlich ist, gilt das auch für I_{0} . Ferner ist

{U_{i} : i ∈ I_{0}} = {U_{i_{U}} : U ∈ R} = R = {U_{i} : i ∈ I} ,

und also

⋃i∈I_{0} U_{i} = _{⋃i∈I} U_{i} = X .

Aufgabe 45

(1) Es ist X das folgende Dreieck mit Rand und Innerem.

[figure: 1; x_{1}; 1; x_{2}]

(2) Es genügt zu zeigen, daß X wegzusammenhängend ist; cf. erste Bemerkung in §4.3.3. Seien (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) , (\begin{matrix}x′_{1} \\ x′_{2} \end{matrix} ) ∈ X gegeben, i.e. sei 0 ⩽ x_{1} ⩽ 1, |x_{2}| ⩽ |x_{1}| und 0 ⩽ x′_{1} ⩽ 1, |x′_{2}| ⩽ |x′_{1}|.

Es genügt zu zeigen, daß die Abbildung

[figure: [0, 1]; γ; R^{2}; t; (1 − t) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) + t (\begin{matrix}x′_{1} \\ x′_{2} \end{matrix} )]

mit γ(0) = (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) und γ(1) = (\begin{matrix}x′_{1} \\ x′_{2} \end{matrix} ) stetig ist und im Bildbereich nach X einschränkt.

Zur Stetigkeit. Es genügt zu zeigen, daß die Abbildungen R \overline{}R, t \overline{}(1 − t)x_{1} + tx′_{1} und R \overline{}R, t \overline{}(1 − t)x_{2} + tx′_{2} stetig sind; cf. Aufgabe 33, Bemerkung aus §3.4 und zweite Bemerkung aus §2.1.1. Beide sind aber als (lineare) Polynome in der Tat stetig; cf. Aufgabe 21.(4).

Zur Möglichkeit der Einschränkung von γ nach X. Es ist zu zeigen, daß für alle t ∈ [0, 1] gilt, daß

(1 − t) (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) + t (\begin{matrix}x′_{1} \\ x′_{2} \end{matrix} ) ∈ X, i.e. daß 0 ⩽ (1 − t)x_{1} + tx′_{1} ⩽^{!} 1 und |(1 − t)x_{2} + tx′_{2}| ⩽^{!} (1 − t)x_{1} + tx′_{1} .

Zu ersterem. Es wird

(1 − t)x_{1} + tx′_{1} ⩽ (1 − t) · 1 + t · 1 = 1

und

(1 − t)x_{1} + tx′_{1} ⩾ (1 − t) · 0 + t · 0 = 0 .

Zu zweiterem. Es wird

(1 − t)x_{2} + tx′_{2} ⩽ (1 − t)x_{1} + tx′_{1}

und

(1 − t)x_{2} + tx′_{2} ⩾ (1 − t)(−x_{1}) + t(−x′_{1}) = −((1 − t)x_{1} + tx′_{1}) ,

zusammen also

|(1 − t)x_{2} + tx′_{2}| ⩽ (1 − t)x_{1} + tx′_{1} .

(3) Nach Satz 5 aus §4.2.6 ist zu zeigen, daß X eine abgeschlossene und beschränkte Teilmenge von R^{2} ist.

Nun ist X ⊆ B̄_{1}(0) = \{(\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) : |x_{1}| ⩽ 1 und |x_{2}| ⩽ 1\}, da aus 0 ⩽ x_{1} ⩽ 1 insbesondere |x_{1}| ⩽ 1 und aus |x_{2}| ⩽ |x_{1}| dann auch |x_{2}| ⩽ 1 folgt. Also ist X beschränkt.

Ferner sind die Abbildungen R^{2} \overline{}R, (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) ^{\overline{}^{f_{1}}} x_{1}, (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) ^{\overline{}^{f_{2}}} x_{1} + x_{2} und (\begin{matrix}x_{1} \\ x_{2} \end{matrix} ) ^{\overline{}^{f_{3}}} x_{1} − x_{2} als

lineare Abbildungen stetig; cf. Aufgabe 21.(5).

Da |x_{2}| ⩽ x_{1} für x_{1} ⩾ 0 gerade bedeutet, daß −x_{1} ⩽ x_{2} ⩽ x_{1} , i.e. daß x_{1} + x_{2} ⩾ 0 und x_{1} − x_{2} ⩾ 0, wird

X = f_{1}^{−1}([0, 1]) ∩ f_{2}^{−1}(R_{⩾0}) ∩ f_{3}^{−1}(R_{⩾0}) .

Jeder Teilnehmer dieses Schnitts ist abgeschlossen in R^{2} als Urbild einer abgeschlossenen Teilmenge unter einer stetigen Abbildung. Also ist auch die Schnittmenge X eine abgeschlossene Teilmenge von R^{2} ; cf. Aufgabe 5.(1).

Aufgabe 46

(1) Es wird, ähnlich wie im Beweis zu (Nor 3) in §5.2,

∥f · g∥ = max_{x∈X} |f(x) · g(x)| = max_{x∈X}(|f(x)| · |g(x)|) = |f(x_{0})| · |g(x_{0})|

für ein gewisses x_{0} ∈ X. Wir setzen fort mit

|f(x_{0})| · |g(x_{0})| ⩽ (max_{x∈X} |f(x)|) · (max_{x∈X} |g(x)|) = ∥f∥ · ∥g∥ .

(2) Zunächst bemerken wir, daß aus der Aussage für einen allgemeinen normierten Raum V die entsprechende Aussage im Spezialfall V = C(X) natürlich folgt; cf. Bemerkung in §5.2, welche u.a. auf Aufgabe 20.(1) basiert.

Sei U ⊆^{off.} V. Wir haben zu zeigen, daß (+)^{−1}(U) offen ist. Dazu genügt es, ein δ ∈ R_{>0} so zu finden, daß für (x, y) ∈ V × V mit x + y ∈ U

(x, y) ∈ B_{δ}(x) × B_{δ}(y) ⊆^{!} (+)^{−1}(U)

ist; cf. Bemerkung in §1.1.3 und erstes Beispiel in §3.4.

Da x + y ∈ U ⊆^{off.} V, gibt es ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(x + y) ⊆ U. Es genügt also, δ ∈ R_{>0} so zu finden, daß

B_{δ}(x) × B_{δ}(y) ⊆^{!} (+)^{−1}(B_{ε}(x + y)) ,

i.e. daß für x̃, ỹ ∈ V mit ∥x̃ − x∥ < δ und ∥ỹ − y∥ < δ auch ∥(x̃ + ỹ) − (x + y)∥ < ε. Wähle δ := ε/2. Dann wird

∥(x̃ + ỹ) − (x + y)∥ ⩽ ∥x̃ − x∥ + ∥ỹ − y∥ < ε/2 + ε/2 = ε .

(3) Nach Aufgabe 20.(2) ist diese Abbildung (·) wohldefiniert.

Sei U ⊆^{off.} C(X). Wir haben zu zeigen, daß (·)^{−1}(U) offen ist. Dazu genügt es, ein δ ∈ R_{>0} so zu finden, daß für (f, g) ∈ C(X) × C(X) mit f · g ∈ U

(f, g) ∈ B_{δ}(f) × B_{δ}(g) ⊆^{!} (·)^{−1}(U)

ist; cf. Bemerkung in §1.1.3 und erstes Beispiel in §3.4.

Da f · g ∈ U ⊆^{off.} C(X), gibt es ein ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(f · g) ⊆ U. Es genügt also, δ ∈ R_{>0} so zu finden, daß

B_{δ}(f) × B_{δ}(g) ⊆^{!} (·)^{−1}(B_{ε}(f · g)) ,

i.e. daß für f̃, g̃ ∈ C(X) mit ∥f̃− f∥ < δ und ∥g̃ − g∥ < δ auch ∥f̃· g̃ − f · g∥ < ε. Zunächst einmal halten wir fest, daß

∥f̃· g̃ − f · g∥ = ∥f̃· g̃ − f · g̃ + f · g̃ − f · g∥
⩽ ∥(f̃− f)g̃∥ + ∥f(g̃ − g)∥
⩽^{(1)} ∥f̃− f∥∥g̃∥ + ∥f∥∥g̃ − g∥
⩽ δ∥g̃∥ + ∥f∥δ
= δ(∥g + g̃ − g∥ + ∥f∥)
⩽ δ(∥g∥ + ∥g̃ − g∥ + ∥f∥)
< δ(∥g∥ + δ + ∥f∥) .

Wähle δ ∈ R_{>0} nun so, daß δ(∥g∥ + δ + ∥f∥) ⩽ ε. Hierzu kann man z.B.

δ := ε/ max{1, ε + ∥f∥ + ∥g∥}

setzen, denn dann ist

δ(∥g∥ + δ + ∥f∥) = \frac{ε}{max\{1, ε + ∥f∥ + ∥g∥\}} · (∥g∥ + δ + ∥f∥) ⩽ \frac{ε(∥g∥ + ε + ∥f∥)}{max\{1, ε + ∥f∥ + ∥g∥\}} ⩽ ε .

Mit dieser Wahl von δ wird insgesamt also ∥f̃· g̃ − f · g∥ < ε.

(4) Zunächst bemerken wir, daß aus der Aussage für einen allgemeinen normierten Raum V die entsprechende Aussage im Spezialfall V = C(X) natürlich folgt. O.E. ist λ ≠ 0, da wir für λ = 0 eine konstante und also stetige Abbildung erhalten; cf. Beispiel (2) aus §2.1.1. Da Urbild- und Bildbereich metrische Räume sind, können wir die ε-δ-Charakterisierung der Stetigkeit verwenden; cf. Lemma aus §2.2. Seien ε ∈ R_{>0} und x ∈ V gegeben. Setze δ := ε/|λ|. Ist x̃ ∈ V mit ∥x̃ − x∥ < δ, dann ist wegen λ ≠ 0

∥λx̃ − λx∥ = |λ|∥x̃ − x∥ < |λ|δ = ε .

(5) Wir wollen nun verwenden, daß das Bild eines Konvergenzpunktes einer Folge unter einer stetigen Abbildung zugleich ein Konvergenzpunkt der Bildfolge ist; cf. Bemerkung aus §4.2.7. Nach Aufgabe 43.(1) konvergiert ((f_{n} , g_{n}))_{n} gegen (f, g). Darauf die stetige Abbildung C(X) × C(X) \overline{}C(X), (f, g) \overline{}f + g aus (2) angewandt, liefert die Konvergenz von (f_{n} + g_{n})_{n} gegen f + g. Darauf die stetige Abbildung C(X) × C(X) \overline{}C(X), (f, g) \overline{}f · g aus (3) angewandt, liefert die Konvergenz von (f_{n} · g_{n})_{n} gegen f · g. Auf die gegen f konvergierende Folge (f_{n})_{n} die stetige Abbildung C(X) \overline{}C(X), f \overline{}λf angewandt, liefert die Konvergenz von (λf_{n})_{n} gegen λf.

Aufgabe 47

(1) Sei W ⊆ X × Y eine offene und abgeschlossene Teilmenge. Sei W ≠ ∅. Wir haben zu zeigen, daß

W =^{!} X × Y.

Wir verwenden die stetigen Abbildungen i_{y} : X \overline{}X × Y, ξ \overline{}(ξ, y) und j_{x} : Y \overline{}X × Y, η \overline{}(x, η) aus dem ersten Beispiel in §3.4, wobei x ∈ X und y ∈ Y. Sei (x, y) ∈ W. Es ist x ∈ i_{y}^{−1}(W), also i_{y}^{−1}(W) ≠ ∅. Es ist i_{y}^{−1}(W) eine offene und abgeschlossene Teilmenge von X; vgl. Aufgabe 18.(1). Da X zusammenhängend ist, folgt i_{y}^{−1}(W) = X. In anderen Worten, es ist (x′, y) ∈ W für alle x′ ∈ X. Sei x′ ∈ X vorgegeben. Es ist y ∈ j_{x′}^{−1}(W), also j_{x′}^{−1}(W) ≠ ∅. Es ist j_{x′}^{−1}(W) eine offene und abgeschlossene Teilmenge von Y; vgl. Aufgabe 18.(1). Da Y zusammenhängend ist, folgt j_{x′}^{−1}(W) = Y. In anderen Worten, es ist (x′, y′) ∈ W für alle y′ ∈ Y. Insgesamt folgt also (x′, y′) ∈ W für alle x′ ∈ X und alle y′ ∈ Y, i.e. X × Y = W.

(2) Seien (x′, y′), (x′′, y′′) ∈ X × Y.

Da X wegzusammenhängend ist, gibt es ein stetiges γ : [0, 1] \overline{}X mit γ(0) = x′ und γ(1) = x′′. Da Y wegzusammenhängend ist, gibt es ein stetiges ϑ : [0, 1] \overline{}Y mit ϑ(0) = y′ und ϑ(1) = y′′. Sei

[figure: [0, 1/2]; χ_{1}; X; ×; Y; t; (γ(2t); ,; y′)]

Es ist χ_{1} stetig, da sowohl t \overline{}γ(2t) als Kompositum stetiger Abbildungen stetig ist, als auch die konstante Abbildung t \overline{}y′ stetig ist; cf. Bemerkung aus §3.4. Sei

[figure: [1/2, 1]; χ_{2}; X; ×; Y; t; (x′′; ,; ϑ(2t − 1))]

Es ist χ_{1} stetig, da sowohl die konstante Abbildung t \overline{}x′′ stetig ist, als auch t \overline{}ϑ(2t − 1) als Kompositum stetiger Abbildungen stetig ist; cf. Bemerkung aus §3.4. Beachte, daß [0, 1] = [0, 1/2] ∪ [1/2, 1] eine lokalendliche (da endliche) abgeschlossene Überdeckung ist. Beachte, daß χ_{1}(1/2) = χ_{2}(1/2) = (x′′, y′), und also χ_{1}|_{[0,1/2]∩[1/2,1]} = χ_{2}|_{[0,1/2]∩[1/2,1]} ist. Die Abbildung

[figure: [0, 1]; χ; X × Y; t; \{ \begin{matrix}(γ(2t), y′) & für t ∈ [0, 1/2] \\ (x′′, ϑ(2t − 1)) & für t ∈ [1/2, 1] \end{matrix}]

erfüllt χ|_{[0,1/2]} = χ_{1} und χ|_{[1/2,1]} = χ_{2} . Nach Satz 1b aus §2.3.3 ist χ also stetig. Damit ist eine stetige Abbildung χ von [0, 1] nach X × Y mit dem vorgegebenen Anfangspunkt χ(0) = (γ(0), y′) = (x′, y′) und dem vorgegebenen Endpunkt χ(1) = (x′′, ϑ(1)) = (x′′, y′′). Somit ist X × Y als wegzusammenhängend nachgewiesen.

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