M. Künzer

Topologie, SS 09

Lösung 6

Aufgabe 21

(1) Es ist f stetig. Wir wollen Satz 1b anwenden und verfahren wie folgt. Sei A_{1} := R_{⩽0}. Sei A_{2} := R_{⩾0}. Es ist (A_{1}, A_{2}) eine lokalendliche (da endliche) abgeschlossene Überdeckung von R. Sei f_{1} : A_{1} \overline{}R, x \overline{}− x. Es ist f_{1} stetig, etwa als Einschränkung der Identität von R auf A_{1}, multipliziert mit der konstanten Abbildung x \overline{}− 1; cf. Aufgabe 20. Sei f_{2} : A_{2} \overline{}R, x \overline{}x. Es ist f_{2} stetig, etwa als Einschränkung der Identität von R auf A_{2}. Es ist A_{1} ∩ A_{2} = {0}, und es ist f_{1}|_{A_{1}∩A_{2}} = f_{2}|_{A_{1}∩A_{2}} , da f_{1}(0) = 0 = f_{2}(0). Da nun f|_{A_{1}} = f_{1} (i.e. |x| = −x für x ∈ R_{⩽0}) und f|_{A_{2}} = f_{2} (i.e. |x| = x für x ∈ R_{⩾0}), folgt mit Satz 1b, daß f stetig ist.

Man kann auch direkt die ε-δ-Charakterisierung aus §2.2 anwenden.

(2) Es ist f nicht stetig. Wir wollen die ε-δ-Charakterisierung aus §2.2 anwenden. Sei x = 0. Sei ε = 1/2. Sei δ ∈ R_{>0} . Wir wollen zeigen, daß f(B_{δ}(x)) ⊈ B_{ε}(f(x)), i.e. daß f((−δ, +δ)) ⊈ (−1/2, +1/2). Dazu genügt es, ein x ∈ (0, δ) so anzugeben, daß f(x) = 1. Wähle n ∈ Z mit n ⩾ 1/(2πδ). Wähle x = 1/(π/2 + 2πn). Dann ist 1/x = π/2 + 2πn > 1/δ, also x < δ, und also auch x ∈ (0, δ). Ferner ist

f(x) = sin(1/x)
= sin(π/2 + 2πn)
= sin(π/2)
= 1 .

Skizze.

(3) Es ist f stetig. Wir wollen dazu die ε-δ-Charakterisierung aus §2.2 anwenden. Sei x ∈ R_{>0} . Sei ε ∈ R_{>0} . Wir müssen ein δ ∈ R_{>0} finden mit f(B_{δ}(x) ∩ R_{>0}) ⊆ B_{ε}(f(x)). Beachte hierzu, daß der Ball mit Radius δ im metrischen Teilraum R_{>0} von R sich als Schnitt des Balles B_{δ}(x) in R mit R_{>0} ergibt.

Es sollte also für alle x̃ ∈ R_{>0} mit |x̃ − x| < δ gelten, daß

|\frac{1}{x̃} − \frac{1}{x}| <^{!} ε ,

i.e. daß

|x − x̃| <^{!} εxx̃ .

Sei dementsprechend δ := min{εx^{2}/2, x/2}. Falls |x̃ − x| < δ, ist also insbesondere x/2 < x̃. Für ein solches x̃ wird somit in der Tat

|x − x̃| < δ ⩽ εx(x/2) < εxx̃ .

(4) Es ist f stetig.

Dank Aufgabe 20 dürfen wir verwenden, daß die Summe und das Produkt stetiger Funktionen wiederum stetig ist. Nun ist eine konstante Funktion stetig. Ferner ist die Identität R \overline{}R, x \overline{}x stetig. Ein Produkt solcher Funktionen liefert die stetige Monomfunktion R \overline{}R, x \overline{}a_{i}x^{i}. Als Summe von solchen Monomfunktionen ist nun auch die Polynomfunktion

R \overline{}R , x \overline{}a_{n}x^{n} + ⋯ a_{0}x^{0}

stetig.

(5) Es ist f stetig. Wir wollen dazu die ε-δ-Charakterisierung aus §2.2 anwenden. Die Norm auf Y werde mit ∥ − ∥_{Y} bezeichnet. Sei x ∈ X. Sei ε > 0. Wir müssen ein δ ∈ R_{>0} so finden, daß f(B_{δ}(x)) ⊆ B_{ε}(f(x)), i.e. so, daß für alle x̃ ∈ X mit ∥x − x̃∥_{2} < δ auch ∥f(x) − f(x̃)∥_{Y} < ε. Nun aber ist f(x) − f(x̃) = f(x − x̃). Also genügt es, ein δ ∈ R_{>0} so zu finden, daß aus ∥ξ∥_{2} < δ schon ∥f(ξ)∥_{Y} < ε folgt – denn dies kann man dann auf ξ = x − x̃ anwenden.

Sei (e_{1}, …, e_{k}) die R-lineare Standardbasis von X. Schreibe ξ = ( ⋮_{ξ_{n}}^{ξ_{1}} ) = ξ_{1}e_{1} + ⋯ + ξ_{n}e_{n}. Damit wird jedenfalls

∥f(ξ)∥_{Y} = ∥ξ_{1}f(e_{1}) + ⋯ + ξ_{n}f(e_{n})∥_{Y} ⩽ |ξ_{1}|∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + |ξ_{n}|∥f(e_{n})∥_{Y} .

Auf der anderen Seite ist für 1 ⩽ i ⩽ n

|ξ_{i}| = \sqrt{ξ_{i}^{2}} ⩽ \sqrt{ξ_{1}^{2} + ⋯ + ξ_{n}^{2}} = ∥ξ∥_{2} .

Ist also ∥ξ∥_{2} < δ, so ist

∥f(ξ)∥_{Y} ⩽ |ξ_{1}|∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + |ξ_{n}|∥f(e_{n})∥_{Y}
⩽ ∥ξ∥_{2}∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + ∥ξ∥_{2}∥f(e_{n})∥_{Y}
< δ(∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + ∥f(e_{n})∥_{Y})

falls (∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + ∥f(e_{n})∥_{Y}) ≠ 0. Wählen wir

δ := \{ \begin{matrix}ε/(∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + ∥f(e_{n})∥_{Y}) & falls ∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + ∥f(e_{n})∥_{Y} ≠ 0 \\ 1 & falls ∥f(e_{1})∥_{Y} + ⋯ + ∥f(e_{n})∥_{Y} = 0 , \end{matrix}

so ist jedenfalls ∥f(ξ)∥_{Y} < ε, falls ∥ξ∥_{2} < δ.

(6) Es ist f stetig. Wir wollen dazu die ε-δ-Charakterisierung aus §2.2 anwenden.

Sei x ∈ X. Sei ε ∈ R_{>0} . Wähle δ := ε. Sei x̃ ∈ X. Mit (Nor 3) erhalten wir

∥x∥ = ∥x − x̃ + x̃∥ ⩽ ∥x − x̃∥ + ∥x̃∥ ,

und also

∥x∥ − ∥x̃∥ ⩽ ∥x − x̃∥ .

Mit vertauschten Rollen von x und x̃ folgt genauso

∥x̃∥ − ∥x∥ ⩽ ∥x̃ − x∥ = ∥x − x̃∥ .

Zusammengenommen gilt also

| ∥x∥ − ∥x̃∥ | ⩽ ∥x − x̃∥ .

Ist nun ∥x − x̃∥ < ε, so ist auch | ∥x∥ − ∥x̃∥ | < ε. Also ist f(B_{ε}(x)) ⊆ B_{ε}(f(x)).

Wir bemerken noch, daß (1) ein Spezialfall von (6) ist.

Aufgabe 22

(1) Es ist f^{−1}(Y′) ⊆ f^{−1}(Ȳ′) ⊆^{abg.} X; cf. Aufgabe 18.(1). Also ist \overline{f^{−1}(Y′)} ⊆ f^{−1}(Ȳ′); vgl. Bemerkung (2) aus §1.4. Sei nun X = {1, 2}, ausgestattet mit der diskreten Topologie. Sei Y = {1, 2}, ausgestattet mit der Sierpinski-Topologie {∅, {1}, {1, 2}}. Sei die Abbildung f von X nach Y die Identität, also f(1) = 1, f(2) = 2. Sei Y′ = \{1\}. Es ist \overline{\{1\}} = \{1, 2\}, da dies die einzige abgeschlossene Menge in Y ist, die \{1\} umfaßt. Also ist f^{−1}(\overline{\{1\}}) = \{1, 2\}. Dahingegen ist \overline{f^{−1}(\{1\})} = \overline{\{1\}} = \{1\}, da in X alle Teilmengen abgeschlossen sind. Gleichheit gilt hier also im allgemeinen nicht.

(2) Es ist ∅ = ∂X′ = X̄′ ∖ X^{′∘} genau dann, wenn X^{′∘} = X̄′. Da X′ zwischen diesen beiden Mengen liegt, ist dies genau dann erfüllt, wenn X^{′∘} = X′ = X̄′. Dies wiederum ist genau dann der Fall, wenn X′ ⊆^{off.} X und X′ ⊆^{abg.} X; vgl. Bemerkung (4, 5) in §1.4.

(3) Da X′ ⊆ X̄′, ist X^{′∘} ⊆ (X̄′)^{∘}. Ferner ist ¯ X̄′ = X̄′; cf. Bemerkung (4, 5) in §1.4. Also ist

∂X̄′ = ¯ X̄′ ∖ (X̄′)^{∘} = X̄′ ∖ (X̄′)^{∘} ⊇ X̄′ ∖ X^{′∘} = ∂X′ .

Sei nun X = R. Sei X′ = R ∖ {0}. Es ist X′ = R_{<0} ∪ R_{>0} ⊆^{off.} R = X. Ferner ist X̄′ = R = X, da insbesondere 0 ∈ X̄′, da für alle ε ∈ R_{>0} noch ε/2 ∈ (0 − ε, 0 + ε) ∩ X′ liegt und damit dieser Schnitt nicht leer ist. Also wird ∂X′ = X̄′ ∖ X^{′∘} = X ∖ X′ = {0}. Auf der anderen Seite wird ∂X̄′ = ∂X = ∅, da X ⊆^{off.} X und X ⊆^{abg.} X; vgl. (2). Gleichheit gilt hier also im allgemeinen nicht.

Aufgabe 23

(1) Die Aussage ist falsch. Für ein Gegenbeispiel begeben wir uns in die Situation von Aufgabe 17. Sei X = {1, 2, 3} mit der Topologie {∅, {1}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 2, 3}}). Sei Y = {1, 2} mit der Topologie {∅, {1}, {1, 2}} der Sierpinski-Raum.

Sei

[figure: X; f; Y; 1; 1; 2; 1; 3; 2 .]

Es ist f offen, da jedes Bild einer offenen Mengen in X wieder offen in Y ist. Sei X′ = {2, 3}. Es ist Y′ = f(X′) = {1, 2} = Y. Es ist {3} = {1, 3} ∩ X′ ⊆^{off.} X′ nach Definition der Spurtopologie. Dahingegen ist f|_{X′}^{Y′}({3}) = f({3}) = {2} nicht offen in Y′.

(2) Die Aussage ist richtig. Wir wollen zeigen, daß

[figure: (0, 1); f; R_{>1}; x; 1/x]

ein Homöomorphismus ist. Nach Aufgabe 21.(3) ist diese Abbildung als Einschränkung einer stetigen Abbildung stetig; vgl. zweite Bemerkung aus §2.1.1. Nun ist mit derselben Begründung auch

[figure: (0, 1); g; R_{>1}; 1/y; y]

stetig. Es ist (g ∘ f)(x) = g(1/x) = x für x ∈ (0, 1), also g ∘ f = id. Es ist (f ∘ g)(y) = f(1/y) = y für y ∈ R_{>1}, also f ∘ g = id. Nach Aufgabe 19.(2) ist f also ein Homömorphismus. Mithin sind (0, 1) und R_{>1} homöomorph.

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