M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 5

Aufgabe 17

(1) Mit einiger Berechtigung kann man sagen, diese Aussage sei ersichtlich richtig. Um es sauber durchzuführen, gehen wir einmal den Weg über einen prämetrischen Raum. Betrachte folgende Prämetrik d auf {1, 2, 3}.

\begin{aligned}d(1, 1) & := & 0 & d(1, 2) & := & 0 & d(1, 3) & := & 0 \\ d(2, 1) & := & 1 & d(2, 2) & := & 0 & d(2, 3) & := & 1 \\ d(3, 1) & := & 1 & d(3, 2) & := & 1 & d(3, 3) & := & 0 \end{aligned}

Wir behaupten, daß diese Prämetrik die Topologie

T^{({1,2,3},d)} =^{!} {∅, {1}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 2, 3}}

induziert. Es wird B_{1}(1) = {1}. Es wird B_{1}(2) = {1, 2}. Es wird B_{1}(3) = {1, 3}. Somit sind {1} ⊆^{off.} {1, 2, 3}, {1, 2} ⊆^{off.} {1, 2, 3} und {1, 3} ⊆^{off.} {1, 2, 3}. Nun ist 1 ∈ B_{ε}(3) für alle ε ∈ R_{>0} . Also sind {3} und {2, 3} keine offenen Teilmengen. Ferner ist 1 ∈ B_{ε}(2) für alle ε ∈ R_{>0} . Also ist {2} keine offene Teilmenge. Dies zeigt die Behauptung. Insbesondere liegt eine Topologie vor.

(2) Wir notieren eine Abbildung f von \{1, 2, 3\} nach \{1, 2\} in der Form (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ f(1) & f(2) & f(3) \end{matrix}); vgl. Konventionen. Bekanntermaßen sind die beiden konstanten Abbildungen (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) und (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix}) stetig; cf. Beispiel (2) aus §2.1.1. Bleiben 6 weitere Abbildungen zu untersuchen. Da das Urbild von ∅ unter einer solchen Abbildung leer ist, und damit offen, und da das Urbild von {1, 2} unter einer solchen Abbildung gleich {1, 2, 3} ist, und damit offen, ist eine solche Abbildung stetig genau dann, wenn das Urbild der verbleibenden offenen Menge {1} offen ist. Unter (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) ist das Urbild von \{1\} gleich \{1, 2\}, und damit offen. Diese Abbildung ist also stetig. Unter (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}) ist das Urbild von \{1\} gleich \{1, 3\}, und damit offen. Diese Abbildung ist also stetig. Unter (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 2 \end{matrix}) ist das Urbild von \{1\} gleich \{1\}, und damit offen. Diese Abbildung ist also stetig. Unter (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 1 \end{matrix}) ist das Urbild von \{1\} gleich \{2, 3\}, und damit nicht offen. Diese Abbildung ist also nicht stetig. Unter (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 2 \end{matrix}) ist das Urbild von \{1\} gleich \{2\}, und damit nicht offen. Diese Abbildung ist also nicht stetig. Unter (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 1 \end{matrix}) ist das Urbild von \{1\} gleich \{3\}, und damit nicht offen. Diese Abbildung ist also nicht stetig. Wir können folgendes Ergebnis festhalten.

C(X, Y) = C(\{1, 2, 3\}, \{1, 2\}) = \{ (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 2 \end{matrix}) , (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix}) \} .

(3) Wir sollen nun unter den 3! = 6 Bijektionen von X nach X die Homöomorphismen heraussuchen, i.e. die Bijektionen, die stetig und offen sind. Um offen zu sein, muß die einelementige Teilmenge {1} auf eine offene einelementige Teilmenge abgebildet werden, d.h. auf {1}.

Bekanntlich ist id_{X} = (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}) ein Homöomorphismus; cf. Beispiel (1) aus §2.1.3. Da, wie gesagt, 1 auf 1 zu gehen hat, bleibt als andere Möglichkeit nurmehr (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}). Und in der Tat ist dies eine stetige und offene Bijektion, welche via Bild- und via Urbildnahme die offenen Teilmengen {1, 2} und {1, 3} vertauscht. Als Ergebnis können wir festhalten, daß der Raum X zwei Homöomorphismen auf sich selbst besitzt,

(\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{matrix}) und (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{matrix}).

Aufgabe 18

(1) Die Aussage ist richtig. Sei f stetig. Sei B ⊆^{abg.} Y. Es wird

X ∖ f^{−1}(B) = f^{−1}(Y ∖ B) ⊆^{off.} X ,

und also f^{−1}(B) ⊆^{abg.} X. Sei umgekehrt f^{−1}(B) ⊆^{abg.} X für alle B ⊆^{abg.} Y. Sei V ⊆^{off.} Y. Es wird

X ∖ f^{−1}(V) = f^{−1}(Y ∖ V) ⊆^{abg.} X ,

und also f^{−1}(V) ⊆^{off.} X.

(2) Die Aussage ist richtig.

Sei f stetig. Wir wollen zeigen, daß f(\overline{X′}) ⊆^{!} \overline{f(X′)}, i.e. daß \overline{X′} ⊆^{!} f^{−1}(\overline{f(X′)}). Nach (1) ist f^{−1}(\overline{f(X′)}) abgeschlossen, so daß es nach Bemerkung (2) aus §1.4 zu zeigen genügt, daß X′ ⊆^{!} f^{−1}(\overline{f(X′)}), i.e. daß f(X′) ⊆^{!} \overline{f(X′)}. Dies allerdings trifft zu. Sei umgekehrt f(\overline{X′}) ⊆ \overline{f(X′)} für alle X′ ⊆ X, i.e. sei \overline{X′} ⊆ f^{−1}(\overline{f(X′)}) für alle X′ ⊆ X. Sei B ⊆^{abg.} Y. Nach (1) haben wir zu zeigen, daß f^{−1}(B) ⊆^{abg.} X. Sei X′ := f^{−1}(B). Es ist f(X′) = B ∩ f(X). Es wird

\overline{f(X′)} = \overline{B ∩ f(X)} ⊆ B̄ ∩ \overline{f(X)} = B ∩ \overline{f(X)} ,

vgl. Lösung zu Aufgabe 15.(2), und also \overline{f^{−1}(B)} = \overline{X′} ⊆ f^{−1}(\overline{f(X′)}) ⊆ f^{−1}(B ∩ \overline{f(X)}) = f^{−1}(B) ∩ f^{−1}(\overline{f(X)}) = f^{−1}(B) .

Da ohnehin \overline{f^{−1}(B)} ⊇ f^{−1}(B), folgt \overline{f^{−1}(B)} = f^{−1}(B), i.e. f^{−1}(B) ⊆^{abg.} X.

Um ein Beispiel mit f(X̄′) ⊊ \overline{f(X′)} zu bekommen, kann man von einem nichtleeren diskreten Raum X in einen verklumpten Raum Y via f nichtsurjektiv abbilden. Für X′ = X wird dann f(X̄′) = f(X) ⊊ Y. Dahingegen ist \overline{f(X′)} = Y, schon allein da der Abschluß jeder nichtleeren Teilmenge von Y gleich Y ist.

(3) Die Aussage ist falsch. Seien etwa X = \{1, 2, 3\} und Y = \{1, 2\} wie in Aufgabe 17.(2). Sei f := (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}), es ist f, wie in loc. cit. festgestellt, stetig. Sei X′ := {2, 3}. Es ist X^{′∘} = ∅, da dies die einzige in {2, 3} liegende offene Menge ist. Insbesondere ist f(X^{′∘}) = ∅. Es ist f(X′) = {1, 2} ⊆^{off.} Y. Insbesondere ist f(X′)^{∘} = {1, 2}. Wir sehen, daß f(X^{′∘}) = ∅ keine Obermenge von f(X′)^{∘} = {1, 2} ist.

(4) Die Aussage ist falsch. Seien etwa X = \{1, 2, 3\} und Y = \{1, 2\} wie in Aufgabe 17.(2). Sei f := (\begin{matrix}1 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix}). Als konstante Abbildung ist f stetig; cf. Beispiel (2) aus §2.1.1. Sei X′ := {1}. Es ist X′ ⊆^{off.} X, und also X^{′∘} = X′ = {1}. Insbesondere ist f(X^{′∘}) = {2}. Es ist f(X′) = {2}. Also ist f(X′)^{∘} = {2}^{∘} = ∅. Wir sehen, daß f(X^{′∘}) = {2} keine Teilmenge von f(X′)^{∘} = ∅ ist.

Aufgabe 19

(1) Sei f ein Homöomorphismus, also stetig, offen und bijektiv. Ist U ⊆^{off.} X, so ist wegen f offen auch f(U) offen. Ist umgekehrt f(U) offen, so ist wegen f stetig auch f^{−1}(f(U)) offen. Da f injektiv ist, ist f^{−1}(f(U)) = U. Also ist U offen.

(2) Ist f Homöomorphismus, so ist f stetig, offen und bijektiv. Insbesondere gibt es eine Umkehrabbildung X ^{\overline{}^{f^{−1}}} Y. Setzen wir g := f^{−1}, so haben wir zu zeigen, daß g stetig ist. Sei U ⊆^{off.} X. Es ist zu zeigen, daß g^{−1}(U) ⊆^{off.!} Y. Da f bijektiv ist, und da g = f^{−1}, ist g^{−1}(U) = f(U). Da f offen ist, ist nun in der Tat g^{−1}(U) =

f(U) ⊆^{off.} Y.

Sei nun umgekehrt ein X ^{\overline{}^{g}} Y stetig mit g∘f = id_{X} und f ∘g = id_{Y} existent. Dann ist zunächst f bijektiv mit f^{−1} = g. Wir haben zu zeigen, daß f offen ist. Sei U ⊆^{off.} X. Es ist f(U) = g^{−1}(U) ⊆^{off.} Y, da g als stetig vorausgesetzt ist. Somit ist f als offen nachgewiesen.

Aufgabe 20

(1) Schreibe h := f + g. Sei V ⊆^{off.} R. Wir wollen h^{−1}(V) ⊆^{off.!} X zeigen.

Sei x ∈ h^{−1}(V). Es genügt zu zeigen, daß es U_{x} ⊆^{off.} X gibt mit x ∈ U_{x} ⊆ h^{−1}(V); vgl. Bemerkung aus §1.1.3. Es ist h(x) ∈ V. Sei ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(h(x)) ⊆ V. Wegen f stetig ist f^{−1}(B_{ε/2}(f(x))) ⊆^{off.} X.

Wegen g stetig ist g^{−1}(B_{ε/2}(g(x))) ⊆^{off.} X. Sei

U_{x} := f^{−1}(B_{ε/2}(f(x))) ∩ g^{−1}(B_{ε/2}(g(x))) ⊆^{off.} X .

Da x in beiden Teilnehmern liegt, ist x ∈ U_{x}. Bleibt zu zeigen, daß U_{x} ⊆ h^{−1}(V). Sei y ∈ U_{x}, i.e. sei |f(y) − f(x)| < ε/2 und |g(y) − g(x)| < ε/2. Es wird

|h(y) − h(x)| = |(f(y) + g(y)) − (f(x) + g(x))|
⩽ |f(y) − f(x)| + |g(y) − g(x)|
< ε/2 + ε/2
= ε ,

und somit h(y) ∈ B_{ε}(h(x)) ⊆ V, woraus y ∈ h^{−1}(V).

(2) Schreibe h := f · g. Sei V ⊆^{off.} R. Wir wollen h^{−1}(V) ⊆^{off.!} X zeigen.

Sei x ∈ h^{−1}(V). Es genügt zu zeigen, daß es U_{x} ⊆^{off.} X gibt mit x ∈ U_{x} ⊆ h^{−1}(V); vgl. Bemerkung aus §1.1.3. Es ist h(x) ∈ V. Sei ε ∈ R_{>0} mit B_{ε}(h(x)) ⊆ V. Sei m := max{1, |f(x)|, |g(x)| + ε} (^{1}). Es ist m ∈ R_{>0} . Es ist ε/m ⩽ ε. Wegen f stetig ist f^{−1}(B_{ε/m}(f(x))) ⊆^{off.} X.

Wegen g stetig ist g^{−1}(B_{ε/m}(g(x))) ⊆^{off.} X. Sei

U_{x} := f^{−1}(B_{ε/m}(f(x))) ∩ g^{−1}(B_{ε/m}(g(x))) ⊆^{off.} X .

1Wie sich beim Lösen der Aufgabe am Ende als zweckmäßig herausstellt.

Da x in beiden Teilnehmern liegt, ist x ∈ U_{x}. Bleibt zu zeigen, daß U_{x} ⊆ h^{−1}(V). Sei y ∈ U_{x}, i.e. sei |f(y)−f(x)| < ε/m und |g(y)−g(x)| < ε/m. Insbesondere ist

|g(y)| ⩽ |g(x)| + ε/m ⩽ |g(x)| + ε

Es wird

|h(y) − h(x)| = |f(y) · g(y) − f(x) · g(x)|
= |f(y) · g(y) − f(x) · g(y) + f(x) · g(y) − f(x) · g(x)|
⩽ |f(y) · g(y) − f(x) · g(y)| + |f(x) · g(y) − f(x) · g(x)|
= |f(y) − f(x)||g(y)| + |f(x)||g(y) − g(x)|
⩽ |f(y) − f(x)|(|g(x)| + ε) + |f(x)||g(y) − g(x)|
< (ε/m) · m + m · (ε/m)
= ε ,

und somit h(y) ∈ B_{ε}(h(x)) ⊆ V, woraus y ∈ h^{−1}(V).

Vgl. auch Aufgabe 33.(5).

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