M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 2

Aufgabe 5

(1) Es ist U_{i} := X ∖ A_{i} ⊆^{off.} X für i ∈ I. Mit (Top 2) ist _{⋃i∈I}U_{i} ⊆^{off.} X, und also

⋂i∈IA_{i} = _{⋂i∈I}(X ∖ U_{i}) = X ∖ (_{⋃i∈I}U_{i}) ⊆^{abg.} X .

(2) Ist Z ⊆^{abg.} Y, so ist Y ∖ Z ⊆^{off.} Y. Also gibt es nach Definition der Spurtopologie in §1.2.2 ein U′ ⊆ X

mit Y ∖ Z = Y ∩ U′. Setze Z′ := X ∖ U′ ⊆^{abg.} X. Es wird Y ∩ Z′ = Y ∩ (X ∖ U′) = Y ∖ (Y ∩ U′) = Y ∖ (Y ∖ Z) = Z .

Sei umgekehrt Z = Z′ ∩ Y für ein Z′ ⊆^{abg.} X. Dann ist X ∖ Z′ ⊆^{off.} X, also

Y ∖ Z = Y ∖ (Z′ ∩ Y) = Y ∩ (X ∖ Z′) ⊆^{off.} Y ,

und somit Z ⊆^{abg.} Y.

Aufgabe 6

(1) Die Aussage ist falsch. Sei etwa X = R, Y = {0} und Z = Y. Dann ist

Z = {0} ⊆^{off.} {0} = Y ,

da die volle Teilmenge stets eine offene Teilmenge ist, aber

Z = {0} ⊆^{nicht off.} R = X ,

da es für 0 ∈ {0} kein ε ∈ R_{>0} mit (0 − ε, 0 + ε) ⊆ {0} gibt.

(2) Die Aussage ist richtig. Wir haben hierzu zu zeigen, daß aus U ⊆^{off.} Y ⊆^{off.} X folgt, daß U ⊆^{off.!} X. Da U ⊆^{off.} Y, gibt es nach Definition der Spurtopologie in §1.2.2 ein U′ ⊆^{off.} X mit U = Y ∩ U′. Da Y ⊆^{off.} X und U′ ⊆^{off.} X, ist auch U = Y ∩ U′ ⊆^{off.} X dank (Top 3).

(3) Die Aussage ist richtig. Wir haben hierzu zu zeigen, daß aus A ⊆^{abg.} Y ⊆^{abg.} X folgt, daß A ⊆^{abg.!} X. Da A ⊆^{abg.} Y, gibt es ein A′ ⊆^{abg.} X mit A = A′ ∩ Y; cf. Aufgabe 5.(2). Da A′ ⊆^{abg.} X und Y ⊆^{abg.} X, folgt mit Aufgabe 5.(1), daß A = A′ ∩ Y ⊆^{abg.} X.

Aufgabe 7

(1) Wir haben die Axiome (Met 1, 2, 3) zu verifizieren.

Zu (Met 1). Für y, y′ ∈ Y ist d|_{Y ×Y} (y, y′) = d(y, y′) in der Tat genau dann gleich 0, wenn y = y′, wie aus (Met 1) für X folgt. Zu (Met 2). Für y, y′ ∈ Y ist d|_{Y ×Y} (y, y′) = d(y, y′) = d(y′, y) = d|_{Y ×Y} (y′, y), wie aus (Met 2) für X folgt. Zu (Met 3). Für y, y′, y′′ ∈ Y ist

d|_{Y ×Y} (y, y′) + d|_{Y ×Y} (y′, y′′) = d(y, y′) + d(y′, y′′) ⩾ d(y, y′′) = d|_{Y ×Y} (y, y′′) , wie aus (Met 3) für X folgt. Kurz, die in (Met 1, 2, 3) für d|_{Y ×Y} (y, y′) verlangten Eigenschaften vererben sich aus denjenigen für d.

(2) Beachte zunächst, daß für y ∈ Y und ε ∈ R_{>0}

B_{ε}^{(Y,d|_{Y ×Y} )}(y) = {y′ ∈ Y : d|_{Y ×Y} (y′, y) < ε} = {y′ ∈ Y : d(y′, y) < ε} = B_{ε}^{(X,d)}(y) ∩ Y .

Bezüglich T^{(Y, d|_{Y ×Y} )} ist eine Teilmenge Z ⊆ Y also genau dann offen, wenn es für jedes z ∈ Z ein ε ∈ R_{>0} gibt mit B_{ε}^{(X,d)}(z) ∩ Y ⊆ Z. Bezüglich der Spurtopologie ist eine Teilmenge Z ⊆ Y dagegen genau dann offen, wenn es ein U ⊆^{off.} X mit Z = Y ∩ U gibt. Sei Z ⊆ Y bezüglich der Spurtopologie offen. Gebe es also ein U ⊆^{off.} X mit Z = Y ∩ U. Sei z ∈ Z. Sei ε ∈ R_{>0} so, daß B_{ε}^{(X,d)}(z) ⊆ U. Dann ist

B_{ε}^{(X,d)}(z) ∩ Y ⊆ U ∩ Y = Z .

Also ist Z ⊆ Y bezüglich T^{(Y, d|_{Y ×Y} )} offen. Sei Z ⊆ Y bezüglich T^{(Y, d|_{Y ×Y} )} offen. Gebe es also für jedes z ∈ Z ein ε_{z} ∈ R_{>0} mit B_{ε_{z}}^{(X,d)}(z)∩Y ⊆ Z. Sei

U := _{⋃z∈Z}B_{ε_{z}}^{(X,d)}(z) .

Mit dem Lemma aus §1.3.2 ist B_{ε_{z}}^{(X,d)}(z) ⊆^{off.} X. Dank (Top 3) ist also U ⊆^{off.} X. Folglich genügt es zu zeigen, daß Z =^{!} Y ∩ U. Ist z ∈ Z, so ist z ∈ Z ⊆ Y und z ∈ B_{ε_{z}}^{(X,d)}(z) ⊆ U, also z ∈ Y ∩ U. Somit ist Z ⊆ Y ∩ U. Andererseits ist

Y ∩ U = Y ∩_{⋃z∈Z}B_{ε_{z}}^{(X,d)}(z) = _{⋃z∈Z}(B_{ε_{z}}^{(X,d)}(z) ∩ Y) ⊆ Z

nach Wahl der ε_{z}. Insgesamt ist also in der Tat Z = Y ∩ U.

Aufgabe 8 Wir haben für T^{(X,d)} = T_{X, verklumpt} zu zeigen, daß weder {1} noch {2} offene Teilmengen von X sind. Mit Ausnutzung von Symmetrie genügt es zu zeigen, daß {2} keine offene Teilmenge von X ist. Für ε ∈ R_{>0} ist B_{ε}(2) = {1}, falls ε ⩽ 1, und B_{ε}(2) = {1, 2}, falls ε > 1. Für kein ε ∈ R_{>0} ist also B_{ε}(2) ⊆ {2}. Somit ist {2} keine offene Teilmenge von X. Nun ist B_{1}(1) = {2}. Wie schon festgestellt, ist dies keine offene Teilmenge von X.

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