1 Wat is continu¨ıteit?

F. Clauwens: Topologie
1
1.1
1
Wat is continuı̈teit?
Inleiding
Het vak ‘Topologie’ gaat over het continuı̈teits-begrip. We bestuderen in dit
vak verzamelingen die voorzien zijn van precies zoveel extra structuur dat
men zinvol kan spreken over continue functies op zo’n verzameling.
In de cursussen Analyse in het tweede jaar heeft U al structuren ontmoet
die het mogelijk maken om zinvol over continuı̈teit te spreken. Om de aansluiting voor U te vereenvoudigen zetten we in dit hoofdstuk de belangrijkste
overwegingen nog eens op een rijtje.
Tenslotte een opmerking over notatie: in dit diktaat noteren we het
interval {x ∈ R ; a < x < b} als ha, bi. Dit om verwarring te voorkomen
met het punt van R2 dat coördinaten a en b heeft.
1.2
Normen
Wat betekent het dat een functie f continu is in een punt p? In gewone taal
gezegd betekent het dat als we maar dicht bij p blijven de functie-waarde
maar weinig van f (p) zal afwijken. Als we dat formeel opschrijven voor het
geval van een functie f : Rn → R dan komen we uit op het volgende:
Gegeven een > 0 kunnen we een δ > 0 vinden zodat
voor alle q ∈ Rn geldt: als |qi − pi | < δ voor alle i dan is
|f (q) − f (p)| < We kunnen deze definitie wat overzichtelijker maken door een afkorting
in te voeren: gegeven v = (v1 , v2 , . . . , vn ) ∈ Rn noteren we kvk∞ voor
max{|v1 |, |v2 |, . . . , |vn |}. Met behulp van die afkorting wordt bovenstaande
definitie:
Gegeven een > 0 kunnen we een δ > 0 vinden zodat voor
alle q ∈ Rn geldt: als kq − pk∞ < δ dan is |f (q) − f (p)| < Bij het werken met deze definitie blijkt dat alleen de structuur van vectorruimte op Rn en een paar eigenschappen van k. . .k∞ van belang zijn, en niet
de precieze definitie. Dat geeft aanleiding tot het volgende stel definities (zie
[1], punt 18.1)
Definitie 1.1. Een norm of lengte-functie op een vector-ruimte V is een
functie N : V → R met de volgende eigenschappen.
N 1) Als v 6= 0 dan is N (v) > 0.
N 2) N (λv) = |λ| · N (v) voor elke λ ∈ R en elke v
N 3) N (v1 +v2 ) ≤ N (v1 )+N (v2 ) voor elke v1 en v2 (driehoeks-ongelijkheid).
2
1
WAT IS CONTINUÏTEIT?
Definitie 1.2. Zij V een vector-ruimte en zij N een norm op V . Dan heet
een functie f : V → R continu te p ∈ V als geldt: voor elke > 0 is er een
δ > 0 zodat voor alle q ∈ V geldt: als N (q − p) < δ dan is |f (q) − f (p)| < .
De functie f heet continu als hij voor elke p ∈ V continu is in p.
Het is duidelijk dat onze eerdere definitie hiervan een bijzonder geval
is door V = Rn en N = k. . .k∞ te nemen. Een ander voorbeeld van een
norm op Rn is k. . .k1 gegeven door kvk1 = |v1 | + |v2 | + · · · + |vn |. Uit de
volgende Definitie en Propositie blijkt dat het niet uitmaakt welk van deze
twee normen we gebruiken:
Definitie 1.3. Twee normen N en N 0 op een vector-ruimte V zijn equivalent
als er constanten α > 0 en β > 0 bestaan zo dat
αN (v) ≤ N 0 (v) ≤ βN (v)
voor alle v ∈ V .
Propositie 1.4. Zij gegeven twee equivalente normen N en N 0 op een
vector-ruimte V . Dan is een functie f : V → R in p ∈ V continu met
betrekking tot N dan en slechts dan als hij het is met betrekking tot N 0 .
De vraag dringt zich nu op of het helemaal niet uitmaakt welke norm we
gebruiken. Dat wordt beantwoord door de volgende Propositie en Voorbeeld.
Propositie 1.5. (zie [1], punt 18.6) Op een vector-ruimte van eindige dimensie is elk tweetal normen equivalent
Voorbeeld 1.6. Zij V de verzameling van alle functies [−1, +1] → R die
continu zijn in de gebruikelijke zin. Deze verzameling heeft een voor de hand
liggende structuur van vector-ruimte. Zo is bijvoorbeeld de som van twee
functies φ en ψ op het segment gegeven door (φ + ψ)(t) = φ(t) + ψ(t).
Op deze vector-ruimte definiëren we een norm k. . .k∞ door kφk∞ =
R1
sup{|φ(t)|}, en een tweede norm k. . .k1 door kφk1 = −1 |φ(t)| dt. Deze twee
normen zijn niet equivalent. Weliswaar geldt kφk1 ≤ 2kφk∞ voor elke φ ∈ V ,
maar er is geen constante C > 0 met de eigenschap dat kφk∞ ≤ Ckφk1 voor
alle φ ∈ V .
Om dat laatste in te zien beperken we onze aandacht tot de functies Λh
van de volgende vorm (zie Figuur 1)


(h − x)/h als 0 ≤ x ≤ h
Λh (x) = (h + x)/h als − h ≤ x ≤ 0


0
anders
met h > 0. Deze functies zijn continu en zitten dus in V , en ze hebben de
eigenschap dat kΛh k∞ = 1 maar kΛh k1 = h. Dus voor elke C > 0 is er een
φ ∈ V die niet aan de ongelijkheid kφk∞ ≤ Ckφk1 voldoet, namelijk Λ1/2C .
F. Clauwens: Topologie
3
+1
−1
−h
0
h
1
Figuur 1: De functie Λh
Opgave 1.1. Notaties als in Voorbeeld 1.6. Laat zien dat de functie f : V →
R gedefinieerd door f (φ) = φ(0) wel continu is met betrekking tot de norm
k. . .k∞ , maar niet met betrekking tot de norm k. . .k1 . Laat zien dat omgekeerd wel elke functie g : V → R die continu is met betrekking tot de norm
k. . .k1 het ook is met betrekking tot de norm k. . .k∞ .
1.3
Metrieken
Het beschrijven van continuı̈teit met behulp van normen heeft als nadeel dat
het alleen werkt als de onderliggende verzameling een structuur van vectorruimte heeft. Men komt in (toepassingen van) de wiskunde echter vaak in
situaties waar dat niet het geval is. Denk bijvoorbeeld aan de (projectieve)
ruimte van richtingen vanuit een bepaald punt.
Als we nog eens naar Definitie 1.2 kijken dan zien we dat alleen de
combinatie kq − pk voorkomt. We kunnen dat opvatten als een uitdrukking
d(p, q) in de punten p en q en we bestuderen welke eigenschappen van de
functie d van belang zijn. Dat leidt tot de volgende definities
Definitie 1.7. Een metriek of afstands-functie op een verzameling V is een
functie d : V × V → R met de volgende eigenschappen.
M1) d(p, q) ≥ 0 voor p, q ∈ V , en d(p, q) = 0 precies als p = q.
M2) d(q, p) = d(p, q) voor alle p, q ∈ V
M3) d(p, r) ≤ d(p, q) + d(q, r) voor elke p, q, r ∈ V (driehoeks-ongelijkheid).
Zo zou je in het geval van de verzameling van richtingen voor d(p, q)
kunnen nemen de absolute waarde van de hoek tussen de richtingen p en q.
4
1
WAT IS CONTINUÏTEIT?
Definitie 1.8. Zij V een verzameling en zij d een metriek op V . Dan heet
een functie f : V → R continu te p ∈ V als geldt: voor elke > 0 is er een
δ > 0 zodat voor alle q ∈ V geldt: als d(p, q) < δ dan is |f (q) − f (p)| < Het is duidelijk dat Definitie 1.2 hiervan het bijzonder geval is dat
d(p, q) = N (q − p).
Een paar (V, d) bestaande uit een verzameling V en een metriek d op V
noemt men wel een metrische ruimte. Uit de volgende Voorbeelden blijkt
dat we veel flexibiliteit gewonnen hebben;
Voorbeeld 1.9. Zij V een willekeurige verzameling. We definiëren d0 : V ×
V → R door
(
0 als p = q
d0 (p, q) =
1 als p 6= q
Dan is d0 een metriek op V . Dit noemt men de discrete metriek. Hij heeft
de eigenschap dat elke functie op V continu is m.b.t. deze metriek.
De discrete metriek op Rn verschilt dus wezenlijk van de metrieken die
van een norm afkomstig zijn.
Voorbeeld 1.10. Zij (V, d) een metrische ruimte, en zij A ⊆ V een deelverzameling. We definiëren dA : A × A → R foor
dA (p, q) = d(p, q) voor alle p, q ∈ A
Dan is dA een metriek op A. Dit noemt men de door d op A geı̈nduceerde
metriek.
Nu gaan we afbeeldingen tussen metrische ruimtes bekijken.
Definitie 1.11. Zij gegeven metrische ruimtes (V, d) en (W, e). Een afbeelding f : V → W heet continu met betrekking tot d en e als geldt: voor elke
p ∈ V en elke > 0 is er een δ > 0 zo dat voor elke q ∈ V geldt: als
d(p, q) < δ dan e(f (p), f (q)) < .
We vinden Definitie 1.8 terug als bijzonder geval van Definitie 1.11 door
W = R en e(s, t) = |s − t| in te vullen.
In het geval dat W = V kunnen we spreken over de identieke afbeelding
idV : V → V , gedefinieerd door idV (v) = v voor elke v ∈ V . Merk op dat
deze niet noodzakelijk continu is. Hij is bijvoorbeeld niet continu als d van
een norm afkomstig is en e de discrete metriek is.
Opgave 1.2. Laat zien dat een samenstelling van continue afbeeldingen
tussen metrische ruimtes weer continu is.
Opgave 1.3. Zij (V, d) een metrische ruimte. We definiëren d∗ : V ×V → R
door
d(p, q)
d∗ (p, q) =
1 + d(p, q)
F. Clauwens: Topologie
5
1. Laat zien dat d∗ ook een metriek is op V .
2. Laat zien dat de identieke afbeelding van V continu is met betrekking
tot d respectievelijk d∗ .
3. Laat zien dat de identieke afbeelding van V continu is met betrekking
tot d∗ respectievelijk d.
4. Zij (W, e) een metrische ruimte. Laat zien dat een afbeelding f : W →
V continu is met betrekking tot e respectievelijk d precies als hij het
is met betrekking tot e en d∗ .
5. Zij (W, e) een metrische ruimte. Laat zien dat een afbeelding f : V →
W continu is met betrekking tot d respectievelijk e precies als hij het
is met betrekking tot d∗ en e.
Ook als V een vector-ruimte is en d op de beschreven wijze van een
norm afkomstig is dan is d∗ dat niet omdat hij immers alleen waarden < 1
aanneemt. Desondanks maakt het blijkbaar niet of je d of d∗ gebruikt bij
het bestuderen van continuı̈teit.
1.4
Bollen
In de theorie van groepen vinden we een afbeelding mooi als hij de voorhanden structuur - namelijk de vermenigvuldigings-afbeelding - precies bewaart.
In Definitie 1.11 eisen we echter niet dat de voorhanden structuur van metriek precies bewaard wordt. Dat zou betekenen dat e(f (p), f (q)) = d(p, q)
voor elke p, q ∈ V en dat we dus steeds δ = kunnen kiezen.
Dit is een aanwijzing dat de structuur van metriek voor ons doel, het
bestuderen van continuı̈teit, een té ‘rijke’ structuur is, en dat we nog wat informatie moeten weggooien. Niet de precieze waarde van de afstand tussen
twee punten is van belang, slechts het klein of groot zijn van die afstand.
Vanaf het volgende hoofdstuk gaan we een wat ‘armere’ structuur bestuderen. Daarvoor nu wat voorbereidend werk.
Zij gegeven een metrische ruimte (X, d). Zij p ∈ X en zij r > 0. We
noteren B(p, r) voor de bol met straal r om p, namelijk de verzameling
{x ∈ X ; d(x, p) < r}.
Opgave 1.4. Laat zien dat een afbeelding f van een metrische ruimte (V, d)
naar een metrische ruimte (W, e) continu is dan en slechts dan als er voor
elke p ∈ V en elke > 0 een δ > 0 is zó dat f (B(p, δ)) ⊆ B(f (p), ).
Om deze uitspraak nog wat anders te formuleren even een intermezzo
over verzamelings-leer.
Definitie 1.12. Zij f : V → W een afbeelding tussen verzamelingen en zij
A ⊆ W een deelverzameling. Dan noteren we f −1 (A) voor {x ∈ V ; f (x) ∈
A} en noemen dat het f -origineel van A.
6
1
WAT IS CONTINUÏTEIT?
Deze notatie is enigszins verwarrend1 . De notatie suggereert er een inverse f −1 van f bestaat en dat het gaat om het beeld van A onder deze
inverse. Er is echter niet gegeven dat f injectief zou zijn. Mocht f toevallig
wel een inverse g hebben dan valt het beeld g(A) van A onder die inverse
precies samen met het f -origineel van A.
Voor een deelverzameling S ⊆ V is de formule S ⊆ f −1 (A) nu equivalent
met de formule f (S) ⊆ A. In het bijzonder kunnen we de inclusie in Opgave
1.4 ook noteren als B(p, δ) ⊆ f −1 (B(f (p), )). We zien dus dat f continu is
in p als voor elke bol om f (p) het f -origineel een bol om p bevat.
Dit laat zien hoe we wat van de ‘overtollige’ informatie die in een metriek
besloten zit kunnen weggooien. Om te kunnen controleren of een afbeelding
f : V → W continu hoeven we alleen te weten welke deelverzamelingen van
V respectievelijk W bollen zijn. De precieze stralen van die bollen zijn niet
van belang. In Opgave 1.3 behoren bij beide metrieken op V dezelfde bollen.
1.5
Open verzamelingen
Zoals we gezien hebben horen bij de normen k. . .k1 en k. . .k∞ op Rn dezelfde continue afbeeldingen, omdat beide normen equivalent zijn. De bij deze
normen horende metrieken op Rn hebben dus ook dezelfde continue afbeeldingen. Voor n > 1 zijn de bijbehorende collecties bollen echter verschillend.
We moeten blijkbaar nog wat meer informatie weggooien.
Definitie 1.13. Zij (V, d) een metrische ruimte. Dan heet U ⊆ V open als
er voor elk punt q ∈ U een bol B om q is met B ⊆ U .
In termen van d zelf is de eis dus dat er voor elke q ∈ U een > 0 is
zodat voor elke v ∈ V geldt: als d(q, v) < dan v ∈ U .
De volgende Propositie laat zien dat open verzamelingen redelijk vaak
voorkomen.
Propositie 1.14. Bollen zijn open.
Bewijs. Zo’n bol is van de vorm U = B(p, r) met p ∈ V en r > 0. Zij
q ∈ B(p, r). Dat betekent dat d(p, q) < r. Dus = r − d(p, q) is positief.
Als nu d(q, v) < dan is d(p, v) ≤ d(p, q) + d(q, v) < r. Dat betekent dat
v ∈ B(p, r) = U zoals gewenst.
•
We kunnen nu het volgende criterium geven voor continuı̈teit.
Propositie 1.15. Zij gegeven metrische ruimtes (V, d) en (W, e) en zij gegeven een afbeelding f : V → W . Dan is f continu dan en slechts dan als
het volgende geldt: voor elke open A ⊆ W is f −1 (A) ⊆ V ook open.
Bewijs. We bewijzen eerst het ‘dan’ en vervolgens het ‘als’:
1
Men moet de 6 tekens als één symbool lezen. De situatie laat zich vergelijken met de
dy
notatie dx
uit de calculus
F. Clauwens: Topologie
7
B(q, r − d(p, q))
q
•
p
u B(u, r − d(p, u))
•
•
B(p, r)
Figuur 2: B(p, r) is open want voor elke q ∈ B(p, r) is B(q, r − d(p, q)) ⊆
B(p, r)
⇒ Zij A een willekeurig open deel van W . We willen laten zien dat
U = f −1 (A) een open deel van V is.
Zij dus q ∈ U . Dat betekent dat f (q) ∈ A. Omdat A open is bestaat er
nu een r > 0 met de eigenschap dat B(f (q), r) ⊆ A. Omdat f continu
is bestaat er bij die q ∈ V en die r > 0 een δ > 0 met de eigenschap
f (B(q, δ)) ⊆ B(f (q), r). Combineren we beide inclusies dan zien we
dat f (B(q, δ)) ⊆ A. Dit betekent precies dat B(q, δ) ⊆ f −1 (A) = U .
⇐ Om te laten zien dat f continu is gebruiken we het criterium uit Opgave 1.4. Zij dus gegeven p ∈ V en een > 0. Dan is A = B(f (p), )
volgens Propositie 1.14 een open deel van W . Dus volgens het gegeven
is U = f −1 (A) een open deel van V . Bovendien is p ∈ U aangezien
f (p) ∈ B(f (p), ) = A. Per definitie van openheid betekent dit dat er
een δ > 0 bestaat met B(p, δ) ⊆ U = f −1 (B(f (p), )).
•
Deze Propositie laat zien dat we kunnen controleren of een afbeelding
f : V → W continu is als we de open deelverzamelingen van V en W kennen.
Het geven van de ‘lijst’ van alle open deelverzamelingen is dus een structuur
die precies rijk genoeg is voor ons doel. Dit is de structuur die we vanaf het
volgende hoofdstuk zullen bestuderen.
Opgave 1.5. We beschouwen R voorzien van de Euclidische metriek. Laat
zien dat een interval h0, 1i open is in R, maar het segment [0, 1] niet.
Opgave 1.6. Zij (X, d) een metrische ruimte.
8
1
WAT IS CONTINUÏTEIT?
1. Laat zien dat een som van twee continue functies op (X, d) weer continu
is; insgelijks voor een product.
2. Zij p ∈ X en definieer f : X → R door f (x) = d(x, p). Laat zien dat
f een continue functie is.
3. Zij ook q ∈ X en definieer E(p, q, r) voor r > 0 door
E(p, q, r) = {x ∈ X ; d(x, p) + d(x, q) < r}
Laat zien dat E(p, q, r) open is.
Opgave 1.7.
1. Zij (X, d) een metrische ruimte. Zij X 0 een verzameling
0
en zij φ : X → X een injectieve afbeelding. Definieer d0 door
d0 (x, y) = d(φ(x), φ(y))
Laat zien dat d0 een metriek op X 0 is.
2. Zij (X, d) nu R6 met de Euclidische metriek. Zij X 0 de verzameling
van paren (a, b) met a ∈ R3 en b ∈ R3 . Definieer φ : X 0 → X door
φ((a1 , a2 , a3 ), (b1 , b2 , b3 )) = (a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 )
en maak daarmee op bovenstaande wijze een metriek d0 op X 0 . Laat
zien dat de functie f : X 0 → R gedefinieerd door
f ((a1 , a2 , a3 ), (b1 , b2 , b3 )) = (a2 b3 − a3 b2 )2 +
+ (a3 b1 − a1 b3 )2 + (a1 b2 − a2 b1 )2
continu is.
3. Zij U de verzameling bestaande uit alle paren (a, b) ∈ X 0 waarvoor a
en b lineair onafhankelijk zijn. Laat zien dat U open is in X 0 .
F. Clauwens: Topologie
2
9
Topologische ruimtes
2.1
De definitie
Het feit dat kennis van de open verzameling voldoende is om continuı̈teit
te controleren, gecombineerd met de eigenschappen van openheid leiden ons
tot de volgende definitie.
Definitie 2.1. Zij gegeven een verzameling X. Een topologie op X is een
collectie T ⊆ P(X) (dus een collectie deelverzamelingen van X) zó dat de
volgende eigenschappen gelden:
O1) X ∈ T en ∅ ∈ T .
O2) Stel dat Ui ∈ T voor alle i uit een zekere verzameling I. Dan geldt
ook voor de vereniging U = ∪i∈I Ui dat U ∈ T .
O3) Als U1 , U2 ∈ T , dan ook U1 ∩ U2 ∈ T .
Een verzameling X voorzien van een topologie T noemen we een topologische
ruimte.
Opgave 2.1. Zij (X, d) een metrische ruimte, en zij T de collectie van open
delen van X. Laat zien dat T inderdaad voldoet aan de eisen O1, O2 en
O3.
Als (X, d) een metrische ruimte is, dan kan X dus op een natuurlijke
manier voorzien worden van een structuur T van topologische ruimte. Zo
levert de Euclidische metriek op Rn een topologie En op, die we de Euclidische topologie noemen.
Als T een topologie is op een verzameling X, en er bestaat een metriek
d op X zó dat T de collectie van open delen is van (X, d), dan noemen we T
metriseerbaar. Lang niet elke topologie is metriseerbaar; in deel-hoofdstuk
2.2 zullen we een extra eigenschap bestuderen die daarvoor nodig is. Ook die
eigenschap is daarvoor nog steeds niet voldoende; voldoende voorwaarden
voor metriseerbaarheid bespreken we pas in Hoofdstuk 10.2.
Als (X, T ) een topologische ruimte is noemt men de U ∈ T de open delen
van die topologische ruimte. Verwar dat niet met het begrip ‘open deel’ in
een metrische ruimte! Als T van een metriek afkomstig is dan vallen beide
begrippen ‘open deel’ samen.
Opgave 2.2. Zij T een topologie op een verzameling X. Ga na dat een
eindige doorsnede van elementen van T weer een element van T is, maar
een oneindige doorsnede niet altijd (Zie opgave 1.5).
We geven nu nog wat voorbeelden van topologische ruimtes (X, T ):
Voorbeeld 2.2. Neem X = {1, 2} en T = {∅, {1}, {1, 2}}. Deze ruimte
(X, T ) heet de Sierpinski-ruimte.
10
2
TOPOLOGISCHE RUIMTES
Voorbeeld 2.3. Zij X een willekeurige niet-lege verzameling en zij T =
{∅, X}. Deze topologie wordt ook wel de indiscrete topologie genoemd.
Voorbeeld 2.4. Zij X willekeurig en laat T bestaan uit de lege verzameling
en uit alle deelverzamelingen met eindig complement. Ga na dat T aan O1
t/m O3 voldoet. T heet de co-eindige topologie op X.
Voorbeeld 2.5. Zij X een willekeurige verzameling en zij d0 de discrete
metriek op X, zoals besproken in Voorbeeld 1.9. We kijken nu wat voor
topologie T dat oplevert.
Elke één-punts-verzameling {p} is open volgens Propositie 1.14 omdat
{p} = B(p, 12 ). Elke deelverzameling U is te schrijven als ∪p∈U {p} en is dus
ook open volgens O2. We zien dat T = P(X). We noemen dat de discrete
topologie op X. De discrete topologie is blijkbaar metriseerbaar.
Voorbeeld 2.6. Zij p ∈ X en zij T = {A ⊆ X ; p ∈ A} ∪ {∅}.
We definiëren nu wat we bedoelen met een continue afbeelding van topologische ruimtes.
Definitie 2.7. Zij gegeven topologische ruimtes (X, T ) en (X 0 , T 0 ). Een
afbeelding f : X → X 0 heet continu met betrekking tot T en T 0 als geldt
U ∈ T 0 ⇒ f −1 (U ) ∈ T .
Uit Propositie 1.15 blijkt: als de topologische ruimtes (X, T ) en (X 0 , T 0 )
zijn ontstaan uit metrische ruimtes (X, d) respectievelijk (X 0 , d0 ) dan valt
dit samen met het begrip continuı̈teit voor afbeeldingen tussen metrische
ruimtes zoals besproken in Hoofdstuk 1.
We geven nu wat voorbeelden.
Voorbeeld 2.8. De identieke afbeelding van een topologische ruimte naar
zichzelf is altijd continu.
Voorbeeld 2.9. Een samenstelling van continue afbeeldingen tussen topologische ruimtes is altijd continu.
Voor bovenstaande twee feiten hebben we axiomas O1−3 niet eens nodig.
Voorbeeld 2.10. Laat (X, T ) en (Y, T 0 ) topologische ruimtes zijn en zij
f : X → Y een constante afbeelding. Dat wil zeggen dat f (X) een éénpuntsverzameling {c} is. Dan is f −1 (V ) leeg of X al naar gelang c 6∈ V of c ∈ V .
Dus aan axioma O1 hebben we genoeg om te zien dat deze f continu is.
Voor het bewijs van de volgende belangrijke Propositie 2.12 hebben we
het volgende hulp-resultaat nodig:
Propositie 2.11. Zij (X, T ) een topologische ruimte. Laat f en g afbeeldingen X → R zijn die continu zijn met betrekking tot T en E1 . Definieer
h : X → R2 door h(x) = (f (x), g(x)). Dan is h continu met betrekking tot
T en E2 .
F. Clauwens: Topologie
11
Bewijs. We moeten laten zien dat h−1 (V ) open is voor elke open V . Bekijk
eerst het geval dat V een rechthoek ha, bi × hc, di is. Dan is h−1 (V ) =
f −1 (ha, bi) ∩ g −1 (hc, di) en dus open volgens O3.
Zij nu U een willekeurige Euclidisch open verzameling. Dan kan men
eenvoudig nagaan dat U gelijk is aan de vereniging van al de V waarvoor
geldt: V is een rechthoek en V ⊆ U . Dus is h−1 (U ) gelijk aan de vereniging
van de verzamelingen h−1 (V ) voor al zulke V . Het is dus een vereniging van
open verzamelingen en is dus zelf ook open volgens axioma O2.
•
Propositie 2.12. Zij (X, T ) een topologische ruimte. Laat f en g afbeeldingen X → R zijn die continu zijn met betrekking tot T en E1 . Dan zijn
f + g en f g continu met betrekking tot T en E.
Bewijs. Om dat in te zien schrijven we f + g als samenstelling
h
s
(X, T )−→(R2 , E2 )−→(R, E1 )
waar s is gedefinieerd door s(x, y) = x + y. Hier is s duidelijk continu. De
bewering volgt dus uit Propositie 2.11 en Voorbeeld 2.9. Net zo is f · g
continu omdat f · g = p˚h, waar p(x, y) = xy.
•
Al eerder is vastgesteld dat een deelverzameling A van een metrische
ruimte (X, d) zelf metrische ruimte wordt door de metriek eenvoudig tot
A × A te beperken. Iets analoogs is ook met topologische ruimtes uit te
voeren: als (X, T ) een topologische ruimte is en A ⊆ X een deelverzameling,
dan definiëren we T |A ⊆ P(A) als {U ∩ A : U ∈ T }. We noemen de door
T op A geı̈nduceerde topologie en we noemen (A, T |A ) een deel-ruimte van
(X, T ).
Tenslotte noemen we nog een gebruikelijke slordigheid van notatie. Als
er geen noodzaak bestaat de topologie op een zekere verzameling een naam
te geven, dan laten we dat vaak achterwege. Eenzelfde symbool verwijst
dan naar een verzameling en een ruimte. Bijvoorbeeld2 : zij X een ruimte
en p ∈ X.
Ook laten we de topologie vaak weg als er een voor de hand liggende
keuze is. Dus als X een deelverzameling van Rn is dan zullen we ervan uit
gaan dat de topologie op X de Euclidische is tenzij expliciet anders wordt
aangegeven.
Opgave 2.3. Ga na dat T |A iderdaad voldoet aan de axiomas voor een
topologie op A.
Opgave 2.4. Zij (X, d) een metrische ruimte en A een deelverzameling van
X. Dan bepaalt d een topologie T op X en deze induceert een topologie
T |A op A. Anderzijds levert d door beperking een metriek d0 op A en deze
bepaalt een topologie T 0 op A. Laat zien dat T |A = T 0 .
2
In de algebra is het niet anders: zij G een groep en zij g ∈ G enzovoorts.
12
2
TOPOLOGISCHE RUIMTES
Opgave 2.5. Laat zien:
1. Een deel-ruimte van een een indiscrete ruimte is weer indiscreet.
2. Een deel-ruimte van een een co-eindige ruimte is weer co-eindig.
3. Een deel-ruimte van een een discrete ruimte is weer discreet.
4. Een deel-ruimte van een ruimte als in voorbeeld 2.6 is weer een ruimte
als in voorbeeld 2.6 óf een discrete ruimte, al naar gelang de deelruimte het punt p bevat of niet.
Het beperken van continue afbeeldingen levert weer continue afbeeldingen op:
Propositie 2.13. Zij f : X → Y een continue afbeelding tussen ruimtes
en A ⊆ X, B ⊆ Y deelverzamelingen zodat f (A) ⊆ B. Geven we A en
B de geı̈nduceerde topologie, dan is fA,B : A → B, de beperking van f , ook
continu.
Opgave 2.6. Bewijs Propositie 2.13
Opgave 2.7. Zij A = {1, 21 , 13 , 14 , . . . } ⊆ R. Laat zien dat de door R op A
geı̈nduceerde topologie de discrete topologie is. Ga voor elke r ∈ R na of de
door R op A ∪ {r} geı̈nduceerde topologie de discrete topologie is of niet.
Opgave 2.8. Zij (X, T ) een topologische ruimte en Y een open deel van X.
Laat zien dat voor een deel U van Y geldt: U is open in Y (waarmee bedoeld
wordt U ∈ T |Y ) dan en slechts dan als U open is in X (ofwel U ∈ T ).
Opgave 2.9. Zijn T1 en T2 twee topologieën op X dan heet T1 fijner dan
T2 als T1 ⊇ T2 . (Ieder T2 -open deel is ook T1 -open.) Zij X een oneindige
verzameling. Zij T1 = {∅, X}, T2 de discrete topologie op X en T3 de coeindige topologie op X. Welke fijnheids-relaties bestaan hiertussen?
2.2
De Hausdorff-eigenschap
We noemen een topologische ruimte (X, T ) een Hausdorff-ruimte, of kortweg
Hausdorffs, als hij de volgende eigenschap heeft: Als p, q ∈ X en p 6= q dan
zijn er U, V ∈ T met p ∈ U , q ∈ V en U ∩ V = ∅. Het belang van deze
eigenschap blijkt uit de volgende Propositie:
Propositie 2.14. Zij (X, d) een metrische ruimte, en zij T de collectie open
verzamelingen van (X, d). Dan is (X, T ) een Hausdorff-ruimte.
Bewijs. Als nu p, q ∈ X met p 6= q, laat dan = 12 d(p, q). Dan is > 0
en volgens Propositie 1.14 geldt B(p, ), B(q, ) ∈ T . Uit de driehoeksongelijkheid volgt B(p, ) ∩ B(q, ) = ∅. Dus is (X, T ) Hausdorffs.
•
F. Clauwens: Topologie
13
Opgave 2.10. Wanneer is de co-eindige topologie op een verzameling X
Hausdorffs?
Opgave 2.11. Zij (X, T ) een Hausdorff-ruimte, en zij A ⊆ X, Ga na dat A
met de door T op A geı̈nduceerde topologie T |A een Hausdorff-ruimte is.
Hoewel dus elke topologische ruimte die ontstaat uit een metrische ruimte
de Hausdorff-eigenschap heeft, zijn er toch drie redenen om de Hausdorffeigenschap niet in de definitie van topologische ruimte op te nemen:
1. Een groot deel van de theorie kan zonder de Hausdorff-eigenschap worden ontwikkeld.
2. Sommige simpele bewerkingen op Hausdorff-ruimtes leveren topologische ruimtes op die niet meer Hausdorffs zijn (zie Hoofdstuk 7).
3. Sommige toepassingen van de topologie - bijvoorbeeld in de algebraı̈sche meetkunde - leiden tot topologische ruimtes die niet Hausdorffs zijn.
Opgave 2.12. Beschrijf alle topologieën die mogelijk zijn op de verzameling
{0, 1}. Welke hebben de Hausdorff-eigenschap? Welke zijn afkomstig van
een metriek?
Opgave 2.13. Zij T een Hausdorff-topologie op een eindige ruimte X. Toon
aan dat T de discrete topologie is.
Opgave 2.14. Zij (X, T ) een topologische ruimte, en zij x1 , x2 , . . . een rij
punten in X. We zeggen dat x ∈ X limiet is van die rij als geldt: voor elke
U ∈ T met x ∈ U is er een N ∈ N zo dat xn ∈ U voor n ≥ N .
1. Laat zien dat deze definitie samenvalt met de bekende definitie van
limiet in een metrische ruimte indien de topologie T op X afkomstig
is van een metriek op X.
2. Zij (X, T ) de Sierpinski-ruimte van voorbeeld 2.2. Laat zien 2 ∈ X
limiet is van de rij x1 , x2 , . . . gedefinieerd door xn = 1 voor alle n ∈ N.
Ook 1 ∈ X is limiet van die rij.
3. Neem nu aan dat (X, T ) een Hausdorff-ruimte is. Laat zien dat een
rij in X nu hoogstens één limiet kan hebben.
2.3
Wat geschiedenis
Voor de wiskunde is 1874 een gedenkwaardig jaar. Toen verscheen namelijk
Georg Cantor’s (1845-1918) ’Mengenlehre’, die weinig minder dan een revolutie in de wiskunde te weeg bracht. Hierin werd onder meer aangetoond
14
2
TOPOLOGISCHE RUIMTES
dat er een hiërarchie bestaat onder de oneindige verzamelingen (sommige verzamelingen zijn ’oneindiger’ dan andere), maar dat Rn en R in dit
opzicht gelijkwaardig (gelijkmachtig) zijn. Vooral het laatste schokte zijn
tijdgenoten. Ook Cantor zelf kon zijn resultaten nauwelijks geloven en legde
ze daarom eerst ter lezing voor aan zijn vriend J.W.R. Dedekind (18311916). Deze zag hoe het paradoxale van de gelijkmachtigheid van Rn en
Rm (n, m > 1) geëlimineerd kon worden: in een brief aan Cantor uitte hij
de veronderstelling dat het onmogelijk zou zijn een bijectie f van Rn op
Rm te vinden (n 6= m) zó, dat f en f −1 continu zijn. Pas veel later (in
1911) werd dit formeel bewezen door onze landgenoot Luitzen E.J. Brouwer (1881-1966). Dit resultaat en de daarvoor gebruikte methoden hebben
een zó vooraanstaande rol gespeeld in de ontwikkeling van het deel der wiskunde dat we tegenwoordig Topologie noemen, dat velen Brouwer als de
grondlegger hiervan zien.
Hiermee is meteen één der wortels van de topologie aangegeven. Er zijn
andere, en sommige daarvan zijn buiten de wiskunde gelegen. We vermelden
in dit verband het werk van G.F.B. Riemann (1826-1866) op het gebied
van de functietheorie: hij concipieerde reeds het begrip – wat nu heet –
Riemannse ruimte, en schiep zo het raam waarin veel later de algemene
relativiteitstheorie haar natuurlijke vorm vond. Ook dienen de bijdragen
van H. Poincaré (1854-1912) genoemd te worden. Voor een deel kwamen
die voort uit zijn werk op het gebied van de hemelmechanika: hij trachtte
kwalitatieve eigenschappen van oplossingen van differentiaalvergelijkingen
te bepalen zonder die oplossingen werkelijk te kennen (bv. blijven twee
hemellichamen om elkaar heen wentelen, zullen ze zich tenslotte van elkaar
verwijderen of zullen ze uiteindelijk op elkaar botsen).
Keren we terug naar Dedekinds hypothese. Veronderstel dat we een bijectie f : Rn → Rm hebben zodat f en f −1 continu zijn. Volgens Definitie
2.1 betekent ‘f continu’ hetzelfde als ‘voor iedere open V in Rm is f −1 (V )
open in Rn ’. Evenzo betekent ’f −1 continu’ hetzelfde als ’ voor iedere open
U in Rn is (f −1 )−1 (U ) = f (U ) open in Rm ’. Dus f én f −1 allebei continu
betekent: f bepaalt een bijectie tussen de open delen van Rn en Rm , eenvoudig gegeven door U 7→ f (U ). Volgens Dedekind zou in zo’n geval moeten
gelden n = m. Met andere woorden: alleen door rekening te houden met het
feit dat Rn een bijzondere collectie van deelverzamelingen bezit (namelijk
de open delen) zouden we al in staat moeten zijn Rn van Rm te onderscheiden als n 6= m. Deze overweging suggereert de situatie te axiomatizeren
en ’verzamelingen voorzien van een bijzondere collectie deelverzamelingen’
tot onderwerp van studie te maken. Na eerder werk van D. Hilbert (18621943) in deze richting begon F. Hausdorff (1868-1942) in zijn ‘Grundzüge der
Mengenlehre’ een systematisch onderzoek van wat we nu Hausdorff-ruimtes
noemen.
F. Clauwens: Topologie
2.4
15
Basissen
We hebben de collectie ‘open delen’ van een metrische ruimte gemaakt uit
de collectie ‘bollen’. Het blijkt de moeite waard te zijn deze constructie
te veralgemenen. Een topologie T op een verzameling X is namelijk vaak
zo groot dat het moeilijk is om een volledige opsomming te geven van de
elementen van T . In plaats daarvan volstaan we met het geven van een
kleinere verzameling B waaruit we alle elementen van T kunnen fabriceren.
Definitie 2.15. Zij (X, T ) een topologische ruimte. We noemen B ⊆ P(X)
een basis voor T als geldt:
B1) B ⊆ T
B2) Voor iedere U ∈ T en iedere p ∈ U is er een B ∈ B met p ∈ B ⊆ U .
• p3
• p2
B3
B2
B1
U
• p1
Figuur 3: Eis B2: om elk punt van een open deel past een element van B
Het belang van dit begrip blijkt uit de volgende Propositie:
Propositie 2.16. Zij (X, T ) een topologische ruimte, en zij B een basis
voor T . Voor elke deelverzameling V ⊆ X geldt dan:
(V ∈ T ) ⇔ (V = ∪i∈I Bi voor zekere I en zekere Bi ∈ B)
16
2
TOPOLOGISCHE RUIMTES
Bewijs. ⇐) Als V = ∪i∈I Bi met Bi ∈ B en dus Bi ∈ T dan is V ∈ T
vanwege O2.
⇒) Zij V ∈ T . Volgens aanname bestaat er voor iedere p ∈ V een B(p) ∈ B
met p ∈ B(p) ⊆ V . Uit de inclusies
V = ∪p∈V {p} ⊆ ∪p∈V B(p) ⊆ ∪p∈V V = V
volgt meteen dat V = ∪p∈V B(p).
•
B1
B
•p
B2
Figuur 4: Eis T 2: er is B ∈ B met p ∈ B ⊆ B1 ∩ B2
Zij nu gegeven een verzameling X en een collectie deelverzamelingen
B ⊆ P(X). We stellen ons nu de vraag: is er een topologie T op X waarvan
B basis is? Waaraan moet B dan voldoen? Uit de Propositie blijkt in ieder
geval dat die topologie dan moet samenvallen met de collectie betsaande uit
alle V ⊆ X die te schrijven zijn als vereniging van elementen uit B. Noteren
we deze collectie met T (B), dan is de vraag dus eigenlijk: wanneer is T (B)
een topologie? Het antwoord wordt gegeven door
Propositie 2.17. De verzameling T (B) is een topologie dan en slechts dan
als de volgende twee voorwaarden vervuld zijn:
T 1) ∪B∈B B = X
T 2) Als B1 , B2 ∈ B en p ∈ B1 ∩ B2 , dan is er een B ∈ B met p ∈ B ⊆
B1 ∩ B2 .
F. Clauwens: Topologie
17
Bewijs. ⇒) Gegeven is dat T (B) een topologie is.
Dan is X ∈ T (B) en dat betekent dat X een vereniging is van een aantal
elementen van B, dus zeker vereniging van alle elementen van B. Dus is aan
T 1 voldaan.
Stel nu dat B1 , B2 ∈ B en p ∈ B1 ∩ B2 . Dan is B1 , B2 ∈ T (B). Volgens
O3 is dan B1 ∩B2 ∈ T (B). Dit betekent dat B1 ∩B2 vereniging is van zekere
elementen uit B ∈ B, uiteraard met B ⊆ B1 ∩B2 steeds. Omdat p ∈ B1 ∩B2
zit p in die vereniging. Dat betekent dat er een B ∈ B is, nog steeds met
met B ⊆ B1 ∩ B2 , waarvoorn p ∈ B1 ∩ B2 . Dus is aan T 2 voldaan.
⇐) Gegeven is dat B aan T 1 en T 2 voldoet.
Uit T 1 volgt dat X ∈ T (B).
Nu kijken we hoe ∪i∈I Bi er uit ziet3 voor I = ∅. Dat een x ∈ X in deze
vereniging zit zou betekenen dat er een i ∈ I is met x ∈ Bi . Voor I = ∅ kan
een dergelijke i niet bestaan. Dit betekent dat in deze situatie ∪i∈I Bi = ∅.
Dus is ∅ ∈ T (B). In combinatie met de vorige alinea bewijst dit dat aan eis
O1 voldaan is.
Nu kijken we hoe ∪i∈I Ui er uit ziet4 als elke Ui in T (B) zit en dus te
schrijven is in de vorm Ui = ∪j∈Ji Bj voor zekere verzameling Ji en voor
zekere Bj ∈ B. Dan gaat men gemakkelijk na dat ∪i∈I gelijk is aan ∪j∈J Bj
met J = ∪i∈I Ji . Dit bewijst dat aan eis O2 voldaan is.
Tenslotte kijken we hoe U1 ∩ U2 er uit ziet5 als U1 , U2 ∈ T (B) en men
dus heeft U1 = ∪i∈I Bi en U2 = ∪j∈J Bj voor zekere I en J. Dan is
U1 ∩ U2 = (∪i∈I Bi ) ∩ (∪j∈J Bj ) = ∪(i,j)∈I×J (Bi ∩ Bj )
Omdat O2 al is aangetoond, hoeven we alleen nog te zien dat voor ieder
paar (i, j) ∈ I × J geldt dat Bi ∩ Bj ∈ T (B). Volgens T 2 is er voor
iedere p ∈ Bi ∩ Bj een B(p) ∈ B met p ∈ B(p) ⊆ Bi ∩ Bj . Dan volgt
Bi ∩ Bj = ∪p∈Bi ∩Bj B(p) en dus is Bi ∩ Bj ∈ T (B). Dit bewijst dat aan eis
O3 voldaan is.
•
We geven een voorbeeld:
Opgave 2.15. Zij B de collectie deelverzamelingen van R bestaande uit alle
‘spelden’ [a, bi = {x ∈ R ; a ≤ x < b}, met a < b. Ga na dat B voldoet aan
T 1 en T 2.
Volgens Propositie 2.17 is T (B) nu een topologie op R, de zogenaamde
spelden-topologie. De verzameling R voorzien van deze topologie noemt
men ook de ‘lijn van Sorgenfrey’.
3
4
5
In het kort: een vereniging nul verzamelingen is een lege verzameling.
In het kort: een vereniging van verenigingen is zelf een vereniging.
In het kort: een doorsnede van verenigingen is een vereniging van (vele) doorsnedes.
18
2
TOPOLOGISCHE RUIMTES
Een topologie op een verzameling bepaalt in zekere zin een idee van
naburigheid op die verzameling. Weliswaar is het niet zo dat we kunnen
spreken van naburige punten — daaraan is zelfs in R geen zinvolle betekenis
te geven — maar wel kunnen we zeggen wanneer een rij punten naar een
gegeven punt convergeert; we zagen dit in Opgave 2.14. We voeren nu twee
termen in die naar deze naburigheid verwijzen.
Definitie 2.18. Zij gegeven een ruimte (X, T ) en een punt p ∈ X. Een
deelverzameling U ⊆ X heet een omgeving van p als er een V ∈ T bestaat
met p ∈ V ⊆ U .
In het bijzonder is U een omgeving van p als p ∈ U en bovendien U open
is: we kunnen dan immers V = U nemen. We noemen U daarom een open
omgeving van p. De definitie van omgeving impliceert dus dat elke omgeving
van p een open omgeving van p omvat.
Een stel omgevingen {Ui }i∈I van p heet een omgevings-basis als er voor
iedere omgeving U van p een i ∈ I bestaat met Ui ⊆ U . Bijvoorbeeld is
1
{[ −1
n , n ]}n∈N een omgevings-basis van 0 ∈ R voor de Euclidische topologie
op R. Als X een discrete ruimte is en x ∈ X dan is {{x}} een omgevingsbasis van x.
Opgave 2.16. Bewijs dat een deelverzameling A van X open is dan en
slechts dan als A omgeving is van al zijn punten.
Opgave 2.17. Zij gegeven een punt x ∈ Rn en positieve getallen a1 , . . . , an .
Dan definieren we de balk B(x; a1 , . . . , an ) door
B(x; a1 , . . . , an ) = {y ∈ Rn ; 2|yi − xi | < ai voor I = 1, . . . , n}
Toon aan dat de collectie balken een basis vormt van de Euclidische topologie. Bedenk dat de collectie bollen {B(x, r) ; x ∈ Rn en r ≥ 0} een basis
is van de Euclidische topologie. Hier is B(x, r) = {y ∈ Rn ; ky − xk < r}.
Opgave 2.18.
1. Bewijs dat de collectie intervallen ha, bi met a < b en
a, b ∈ Q een basis vormt voor de Euclidische topologie op R.
2. Geef een volledige opsomming van alle elementen van de topologie
waarvan {ha, ∞i ; a ∈ R} een basis is.
3. Laat zien dat de collectie verzamelingen {ha, b] ; a < b en a, b ∈ R}
een basis vormt voor een zekere topologie op R. Hier staat ha, b] voor
{x ∈ R ; a < x ≤ b}
4. Welke fijnheids-relaties bestaan er tussen deze drie topologieën?
F. Clauwens: Topologie
3
19
Elementaire begrippen
In dit Hoofdstuk geven we namen aan sommige bijzondere soorten deelverzamelingen van topologische ruimtes, en aan sommige soorten afbeeldingen tussen topologische ruimtes. Let op: de terminologie, vaak rechtstreeks
ontleend aan situaties in R, is soms té suggestief.
3.1
Bijzondere deelverzamelingen
Zij (X, T ) een topologische ruimte. Een deel G ⊆ X heet gesloten als X − G
open is in X, dat wil zeggen X − G ∈ T .
Bijvoorbeeld in R met de
Euclidische topologie geldt:
• Z en [1, 2] zijn gesloten en niet open
• h1, 2i is open en niet gesloten
• Q en [1, 2i zijn niet open en niet gesloten
• ∅ en R zijn open en gesloten
We laten nog wat meer voorbeelden zien waaruit blijkt dat de begrippen
open en gesloten elkaar niet uitsluiten, in tegenstelling tot wat de terminologie suggereert. In Hoofdstuk 4 zullen we dieper ingaan op deelverzamelingen
die zowel open als gesloten zijn.
Voorbeeld 3.1. Voor elke topologische ruimte (X, T ) geldt: ∅ en X zijn
zowel open als gesloten.
Voorbeeld 3.2. In een discrete ruimte zijn alle deelverzamelingen zowel
open als gesloten.
Voorbeeld 3.3. In Q met de Euclidische topologie is {x ∈ Q ; x2 < 2}
zowel open als gesloten.
Voorbeeld 3.4. In R met de spelden-topologie is [0, 1) zowel open als
gesloten.
Opgave 3.1. Bepaal voor voorbeelden 2.3 en 2.6 wat de deelverzamelingen
zijn die zowel open als gesloten zijn.
Opgave 3.2. Zij gegeven een topologische ruimte. Laat zien dat de collectie
G van gesloten verzamelingen voldoetaan:
G1) ∅ ∈ G en X ∈ G.
G2) Een willekeurige doorsnede van elementen van G is weer element van
G.
20
3
ELEMENTAIRE BEGRIPPEN
G3) De vereniging van twee elementen van G is weer element van G.
Leg uit hoe omgekeerd een collectie G ⊂ P(X) die aan G1-G3 voldoet een
topologie op X bepaalt6 .
Definitie 3.5. Zij X een topologische ruimte en zij A ⊆ X. Dan heet p ∈ X
afsluit-punt (of adherentie-punt) van A in X als voor iedere omgeving U van
p geldt dat U ∩A 6= ∅. Als ieder punt van X afsluit-punt is van A dan zeggen
we A ligt dicht in X.
De verzameling afsluit-punten van A in X noemen we de afsluiting van
A in X en noteren we met A. Deze notatie is nogal slordig; immers de
afsluiting van A hangt niet alleen af van A, maar ook van de verzameling
X waarvan A als deel beschouwd wordt, en van de topologie op X.
Merk op dat zeker iedere p ∈ A afsluit-punt is van A. We hebben dus
altijd de inclusie A ⊆ A.
Opgave 3.3. Zij X = R met de Euclidische topologie, en zij Y = h0, 2i met
de geı̈nduceerde topologie. Laat zien dat de afsluiting van A = h0, 1i in X
niet gelijk is aan de afsluiting van A in Y .
Opgave 3.4. Laat zien dat A dicht ligt in X dan en slechts dan als elke
niet-lege open verzameling van X met A een niet-lege doorsnede heeft.
Opgave 3.5. Laat zien dat Q dicht ligt in R met de Euclidische topologie.
Propositie 3.6. De verzameling A is de doorsnede van alle gesloten verzamelingen in X die A omvatten. In het bijzonder is A gesloten.
Bewijs. We bewijzen: p ∈ A ⇔ p ∈ ∩{G ; G gesloten en G ⊇ A}. Het
gesloten zijn van A is dan een direct gevolg van G2.
⇒) Zij gegeven dat p ∈ A. Beschouw een G die voorkomt in de doorsnede.
Dat betekent dat G gseloten is en G ⊇ A. Als p niet in G lag dan zou
U = X − G een omgeving van p zijn, en het feit dat p afsluitpunt van A is
zou betekenen dat U ∩ A 6= ∅. Dit is in tegenspraak met A ⊆ G. Dus is
p ∈ G voor dergelijke G.
⇐) Neem nu aan dat p ∈ G voor elke G die voorkomt in de doorsnede.
Als er een omgeving V van p zou zijn met V ∩ A = ∅, dan was er ook een
(kleinere) open omgeving U van p met U ∩ A = ∅. Dan was G = X − U
gesloten, G ⊇ A en p 6∈ G. We krijgen daarmee opnieuw een tegenspraak.
Dus is p ∈ A.
•
Voorbeeld 3.7. Kijk nog eens naar Voorbeeld 2.6. Daar is de enige gesloten
G met G ⊇ {p} de verzameling X zelf. Dus volgens de Propositie is {p} = X.
Dat betekent dat de één-punts verzameling dicht ligt in X.
6
Dit berust op de wetten van De Morgan uit de verzamelings-leer, die zeggen dat een
doorsnede van complementen het complement is van de vereniging, en een vereniging van
complementen het complement is van de doorsnede.
F. Clauwens: Topologie
21
Definitie 3.8. Zij X een topologische ruimte en zij A ⊆ X. We zeggen dat
p ∈ X een verdichtings-punt is van A als er iedere omgeving U van p een
q 6= p bevat met q ∈ A. De verzameling verdichtings-punten van A heet de
afgeleide verzameling van A en we noteren die met A0 .
Voorbeeld 3.9. Zij X = R, voorzien van de Euclidische topologie en zij
A = { n1 ; n ∈ N}, dan is A0 = {0}.
Opgave 3.6. Ga na dat altijd A = A ∪ A0 .
Definitie 3.10. Een rand-punt van A is een punt p ∈ X met de eigenschap
dat iedere omgeving van p zowel een punt van A als een punt van X − A
bevat. De verzameling rand-punten van A heet de rand van A en wordt
genoteerd met ∂A.
Opgave 3.7. Ga na dat altijd ∂A = A ∩ X − A.
In zeker opzicht complementair aan het begrip afsluiting is het begrip
inwendige:
Definitie 3.11. Een inwendig punt van A is een punt p ∈ A zodat A
omgeving is van p. Dat betekent dat er een open U is met p ∈ U ⊆ A. Het
is duidelijk dat dan U uit louter inwendige punten bestaat. De verzameling
inwendige punten van A, ook wel het inwendige van A genaamd en genoteerd
met A◦ , is dus open.
We besluiten dit deel-hoofdstuk met het afspreken van notaties voor
enkele vaak voorkomende topologische ruimtes:
Definitie 3.12.
B n = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn ; (x1 )2 + (x2 )2 + · · · + (xn )2 < 1}
Dn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn ; (x1 )2 + (x2 )2 + · · · + (xn )2 ≤ 1}
S n−1 = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn ; (x1 )2 + (x2 )2 + · · · + (xn )2 = 1}
Alles met de Euclidische topologie. Voor de cirkel S 1 wordt ook de notatie
T gebruikt.
Opgave 3.8. Zij X = {1, 2} en T de topologie {∅, {1}, {1, 2}}. Bepaal de
afsluiting, de afgeleide en de rand van respectievelijk {1}, {2} en {1, 2}. Is
de afgeleide verzameling telkens gesloten?
Opgave 3.9. Zij X een topologische ruimte en zij A ⊆ X. Bewijs dat A
gesloten is dan en slechts dan als A = A.
Opgave 3.10. Zij X een topologische ruimte en A en B twee deelverzamelingen van X. Bewijs de volgende beweringen:
1. A◦ is de vereniging van alle open delen van X die bevat zijn in A
22
3
ELEMENTAIRE BEGRIPPEN
2. (A) = A
3. (A◦ )◦ = A◦
4. Als A ⊆ B, dan A ⊂ B
5. Als A ⊆ B, dan A◦ ⊆ B ◦
6. (A ∪ B) = A ∪ B
7. (A ∩ B)◦ = A◦ ∩ B ◦
8. (A ∩ B) ⊆ A ∩ B
9. In het algemeen is niet (A ∩ B) = A ∩ B
10. A◦ ∪ B ◦ ⊆ (A ∪ B)◦
11. In het algemeen is niet A◦ ∪ B ◦ = (A ∪ B)◦ ,
12. X − A◦ = (X − A),
13. X − A = (X − A)◦ ,
14. A = A◦ ∪ ∂A
15. A◦ ∩ ∂A = ∅
Opgave 3.11. Bewijs de volgende beweringen.
1. De afsluiting van B n in Rn is Dn .
2. De rand van B n in Rn is S n−1 .
3. Het inwendige van Dn in Rn is B n .
Opgave 3.12. Zij X een topologische ruimte. Dan heet A ⊆ X nergens
dicht als A geen inwendige punten heeft. Anders gezegd: als A geen open
U omvat behalve U = ∅. Laat zien:
1. Voor iedere k ∈ N is k1 Z = { nk ; n ∈ Z} nergens dicht in R.
2. Een vereniging van eindig veel nergens dichte delen is weer nergens
dicht.
1
3. Maar ∪∞
k=1 k Z = Q is dicht in R, en niet nergens dicht.
Opgave 3.13. Zij (X, T ) een topologische ruimte en U een open deel van
X. Zij T |U de geı̈nduceerde topologie op U . Toon aan: als A nergens dicht
is in (X, T ) dan is A ∩ U nergens dicht in (U, T |U ).
Opgave 3.14. Zij (X, d) een metrische ruimte, en zij A ⊆ X niet-leeg. We
definiëren f : X → [0, ∞) door f (x) = inf{d(x, a) ; a ∈ A}.
1. Laat zien dat geldt: f (x) = 0 ⇔ x ∈ A.
2. Laat zien dat |f (x) − f (y)| ≤ d(x, y) voor alle x, y ∈ X.
F. Clauwens: Topologie
3.2
23
Bijzondere afbeeldingen
We gaan nu door met het bestuderen van afbeeldingen tussen topologische
ruimtes. Om te beginnen kunne we continuı̈teit van afbeeldingen anders
formuleren in termen van de begrippen die ingevoerd zijn in het vorige deelhoofdstuk.
Propositie 3.13. Zij f : X → Y een afbeelding tussen topologische ruimtes.
Dan geldt: f continu ⇔ voor iedere p ∈ X en iedere open omgeving V van
f (p) is f −1 (V ) een omgeving van p.
Bewijs. ⇒) Als f continu, p ∈ X en V een open omgeving van f (p), dan is
f −1 (V ) open in X, bevat p en is dus een open omgeving van p.
⇐) Stel f voldoet aan de conditie rechts van ⇔. Zij V ⊆ Y open. Als
p ∈ f −1 (V ), dan is V een open omgeving van f (p), dus is per aanname
f −1 (V ) een omgeving van p. Omdat dit voor elke p het geval is volgt nu uit
Opgave 2.16 dat f −1 (V ) open is.
•
Propositie 3.14. Zij f : X → Y een afbeelding tussen topologische ruimtes.
Dan geldt: f continu ⇔ voor ieder gesloten deel G van Y is f −1 (G) gesloten
deel van X.
Bewijs. ⇒) Zij f continu en laat G gesloten deel zijn van Y . Dan is V =
Y − G open in Y . Dus f −1 (V ) is open in X. Omdat f −1 (G) = X − f −1 (V )
volgt dat f −1 (G) gesloten is in X.
⇐) Analoog.
•
Met behulp van deze Propositie zien we dat voor elke ruimte X en elke
continue functie f : X → R de nul-punts verzameling van f gesloten is in
X. Immers {0} is gesloten deel van R, dus f −1 (0) is gesloten deel van X.
Evenzo is bijvoorbeeld {p ∈ X ; f (p) ≥ 0} gesloten in X.
Opgave 3.15. Zij f : X → Y een afbeelding van topologische ruimtes, en
zij B een basis voor Y . Dan geldt: f is continu ⇔ voor iedere B ∈ B is
f −1 (B) open in X.
Definitie 3.15. Zij X en Y ruimtes en f : X → Y een bijectie. We zeggen
dat f een homeomorfisme van X naar Y is als f en f −1 allebei continu zijn.
Deze conditie komt er op neer dat f ook een bijectie bepaalt tussen de
open delen van X en die van Y . Als topologische ruimtes zijn X en Y dan
niet wezenlijk verschillend; we zeggen in dat geval dat X en Y homeomorf
zijn en schrijven X ∼
= Y . De hypothese van Dedekind zegt dus dat Rn 6∼
= Rm
als n 6= m.
We kunnen nu ook duidelijk afspreken wat we onder een topologische
eigenschap zullen verstaan: een eigenschap van een topologische ruimte X
24
3
ELEMENTAIRE BEGRIPPEN
is topologisch als iedere ruimte die met X homeomorf is, ook die eigenschap
heeft een voorbeeld is de Hausdorff-eigenschap. Het vak Topologie is alleen
maar in dit soort eigenschappen geı̈nteresseerd.
Voorbeeld 3.16. Zij a, b ∈ R en a > 0. Dan is de afbeelding f : R → R
gedefinieerd door f (x) = ax + b een homeomorfisme. Hij induceert ook een
homeomorfisme van h0, 1i op hb, a + bi.
Voorbeeld 3.17. De afbeelding f : R → R gedefinieerd door f (x) = x3
is een homeomorfisme, want de afbeelding g : R → R gedefinieerd door
1
g(x) = x 3 is continu.
Voorbeeld 3.18. De afbeelding f : R → h−1, 1i gedefinieerd door f (x) =
x
1+|x| is een homeomorfisme, en levert door beperken een homeomorfisme van
h0, ∞i op h0, 1i, en een homeomorfisme van h−∞, 0i op h−1, 0i. Combineren
we dit met voorbeeld 3.16, dan zien we dat alle open intervallen van R
onderling homeomorf zijn. De inverse van f is de afbeelding g : h−1, 1i → R
y
gedefinieerd door g(y) = 1−|y|
. Merk op dat de noemer niet nul wordt.
Kennelijk is ’begrensdheid’ geen topologische eigenschap.
Voorbeeld 3.19. Meer algemeen is B n = {y ∈ Rn ; kyk < 1} homeomorf
y
met Rn door de afbeelding f : B n → Rn gedefineeierd door f (y) = 1−kyk
.
x
n
n
De inverse afbeelding g : R → B wordt gegeven door g(x) = 1+kxk ). Dit
werkt trouwens niet alleen voor de Euclidische norm maar voor elke norm!
Voorbeeld 3.20. Zij weer S n−1 de rand van de eenheids-bol in Rn en
zij N = (0, . . . , 0, 1) ∈ S n−1 de noordpool. Zij E = {(x1 , x2 , . . . , xn ) ∈
Rn ; xn = 0} het equator-vlak. We definiëren een afbeelding f : E →
S n−1 − {N } door f (x) het snijpunt te laten zijn van S n−1 met de rechte
door x ∈ E en N . Zie figuur 5. In formule:
!
2x1
2x2
2xn−1 kxk2 − 1
f (x1 , x2 , . . . , xn−1 , 0) =
,
,...,
,
kxk2 + 1 kxk2 + 1
kxk2 + 1 kxk2 + 1
waar kxk2 = (x1 )2 + (x2 )2 + · · · + (xn )2 . We definiëren ook een afbeelding
g : S n−1 → E door g(y) het snijpunt te laten zijn van E met de rechte door
y ∈ S n−1 en N . In formule:
y1
y2
yn−1
g(y1 , y2 , . . . , yn ) =
,
,...,
,0
1 − yn 1 − yn
1 − yn
Het is gemakkelijk na te gaan dat de afbeeldingen f en g continu zijn en
elkaars inverse zijn. Deze afbeelding f heet de stereografische projectie. We
concluderen dat S n−1 − {N } homeomorf is met Rn−1 . Vandaar de n − 1 in
de naam.
Voorbeeld 3.21. Z voorzien van de co-eindige topologie is niet homeomorf
met Q voorzien van de Euclidische topologie. Want de eerste ruimte is niet
Hausdorffs en de tweede is dat wel.
F. Clauwens: Topologie
25
•N
f (x)
•
E
•0
•x
S n−1
Figuur 5: De constructie van de stereografische projectie
Definitie 3.22. Laat X en Y topologische ruimtes zijn. Dan heet een
afbeelding f : X → Y open als het beeld onder f van een open deel van X
altijd een open deel van Y is. Evenzo heet een afbeelding f : X → Y gesloten
als het beeld onder f van een gesloten deel van X altijd een gesloten deel
van Y is.
Voorbeeld 3.23. Zij A een deelruimte van een topologische ruimte X.
Dan is de inclusie-afbeelding j : A → X een open (respectievelijk gesloten)
afbeelding dan en slechts dan als A een open (respectievelijk gesloten) deelverzameling van X is.
Voorbeeld 3.24. Zij f : R → R constant nul. Dan is f een gesloten afbeelding, en ook continu, maar niet een open afbeelding. Veranderen we f
alleen in 0, door f (0) = 1 te nemen, dan is deze nieuwe f nog steeds een
gesloten afbeelding, maar niet meer continu.
Het belang van deze twee begrippen is gelegen in het volgende: als
f : X → Y een bijectieve afbeelding tussen ruimtes is dan geldt
f is gesloten afbeelding ⇔ f −1 is continu ⇔ f is open afbeelding
Dit blijkt direct uit de definities.
Dat zelfs een continue bijectieve afbeelding niet altijd bovenstaande eigenschappen hoeft te hebben blijkt uit het volgende voorbeeld.
Voorbeeld 3.25. Zij e : R → S 1 de afbeelding gefefinieerd door e(t) =
(cos(2πt), sin(2πt)), en zij f : [0, 1) → S 1 de beperking van e. Dan is e en
dus f continu, en bovendien is f bijectief.
26
3
ELEMENTAIRE BEGRIPPEN
Zij A = {1 − n1 ; n ∈ N∗ }. Dan is A gesloten in [0, 1i (waarom?) maar
f (A) is niet gesloten in S 1 , immers e(0) = (1, 0) is een afsluitpunt van f (A)
dat niet tot f (A) behoort. Dus is f niet een gesloten afbeelding.
Volgens het bovenstaande is in het bijzonder een continue bijectieve afbeelding een homeomorfisme dan en slechts dan als hij een open afbeelding
is, en ook dan en slechts dan als hij een gesloten afbeelding is.
Deze vaststelling is van nut bij het bestuderen van homeomorfismen. Het
kan namelijk voorkomen dat we van een afbeelding wel kunnen nagaan dat
hij continu en bijectief is, maar dat het te moeilijk is om de inverse uit te
rekenen en daardoor te controleren dat die inverse continu is.
Om deze strategie te kunnen gebruiken is het nodig dat we manieren
vinden om open afbeeldingen en gesloten afbeeldingen te herkennen.
Belangrijke voorbeelden van open continue afbeeldingen zijn projecties:
Propositie 3.26. Zij π : Rn+k → Rk gedefinieerd is door
π(x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y, . . . , yk ) = (y1 , y2 , . . . , yk )
dan is π een open afbeelding.
Bewijs. Zij U ⊆ Rn+k open; we moeten aantonen dat π(U ) open is. Zij
dus y = (y1 , y2 , . . . , yk ) ∈ π(U ). Dan is y het beeld onder π van een zekere
z = (x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , yk ) = (y1 , y2 , . . . , yk ) ∈ U .
Omdat U open is bestaat een > 0 zodat B(z, ) ⊆ U . Dus B(y, ) =
π(B(z, )) ⊂ π(U ). Omdat dit geldt voor elke y ∈ π(U ) is π(U ) open in
Rk .
•
We zullen op dit verschijnsel later in grotere algemeenheid terugkomen
in Propositie 6.5.
Bovengenoemde projecties zijn geen gesloten afbeeldingen, tenzij n = 0
of k = 0. Als namelijk n ≥ 1 en k ≥ 1 dan beschouw
G = {((x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , yk ) ∈ Rn+k ; x1 y1 − 1 = 0}
Deze verzameling is nulpunts-verzameling van een continue functie en dus
gesloten. Zijn beeld π(G) = {(y1 , y2 , . . . , yk ) ∈ Rn+k ; y1 6= 0} is echter niet
gesloten omdat de oorsprong een afsluitpunt is dat er niet in ligt.
Een andere opmerkelijke klasse van open continue afbeeldingen krijgen
we door toepassen van de theorie voorafgaande aan de Inverse Functie Stelling:
Propositie 3.27. Zij V ⊆ Rn open en zij f : V → Rn een continu-differen
∂fi
tieerbare afbeelding met de eigenschap dat de afgeleiden-matrix ∂x
(p)
j
niet-singulier is voor elke p ∈ U . Dan is f een open afbeelding.
F. Clauwens: Topologie
27
Bewijs. Zij U open in V en dus in Rn . Volgens Hulpstelling 11.4 op pagina
138 van [2] is f (U ) dan open in Rn .
•
De Inverse Functie Stelling zelf is Stelling 11.6 op pagina 141 van [2].
Deze vergt wat meer werk maar doet ook een sterkere uitspraak.
Voorbeeld 3.28. Zij V = R2 − {(0, 0)}, en zij f : V → R2 gegeven door
f (x, y) = (x2 − y 2 , 2xy). In p = (a, b) de afgeleiden-matrix gelijk aan
2a −2b
2b 2a
en de determinant daarvan is gelijk aan 4a2 + 4b2 6= 0. Dus is voldaan aan
de voorwaarden van Propositie 3.27 en daarom is f een open afbeelding.
De afbeelding f is echter niet injectief aangezien f (−x, −y) = f (x, y) en
kan dus ook niet een homeomorfisme zijn. Zij nu g de beperking van f tot
het half-vlak H = {(x, y) ∈ R2 ; x > 0}. Dan is g een open afbeelding
omdat f het is en omdat H open is. Bovendien is g injectief. Dit betekent
dat g een homeomorfisme tussen H en g(H).
Tenslotte vermelden we de ”Stelling van Invariantie van het Domein”,
ook al vermeld op pagina 138 van [2]. Deze doet de volgende eenvoudige
uitspraak:
Zij V ⊆ Rn open en zij f : V → Rn een injectieve continue
afbeelding. Dan is f een open afbeelding.
Het bewijs van deze Stelling wordt gegeven in de cursus Algebraı̈sche Topologie door ondergetekende en vergt een groot deel van de theorie uit die
cursus. Behalve topologie komt daar ook nog flink wat algebra bij te pas.
Opgave 3.16. Gegeven ruimtes X, Y , Z en afbeeldingen f : X → Y ,
g : Y → Z. Toon aan:
1. Als f en g continu zijn dan is g ˚f continu.
2. Als f en g open afbeeldingen zijn dan is g ˚f een open afbeelding.
3. Als f en g gesloten afbeeldingen zijn dan is g ˚f een gesloten afbeelding.
Opgave 3.17. Zij Z een topologische ruimte. Als Z de discrete topologie
heeft dan is iedere afbeelding f : Z → X naar een topologische ruimte X
continu. Omgekeerd, als voor iedere topologische ruimte X en afbeelding
f : Z → X geldt dat f continu is, dan heeft Z de discrete topologie. Bewijs
deze beweringen.
Opgave 3.18. Zij f : X → Y een afbeelding tussen topologische ruimtes.
Als f continu is en A ⊆ X dan geldt f (A) ⊂ f (A). Omgekeerd: als voor
ieder deel A van X geldt dat f (A) ⊂ f (A), dan is f continu.
28
3
ELEMENTAIRE BEGRIPPEN
Opgave 3.19. Zij X een topologische ruimte en A ⊆ X een deelverzameling.
Zij i : A → X de inclusie-afbeelding. Als T een topologie is op A waarvoor
i continu is, dan is T fijner dan de geı̈nduceerde topologie. Ga dit na.
Opgave 3.20. (’Plak-lemma’) Zij f : X → Y een afbeelding tussen topologische ruimtes X en Y . Stel X = A1 ∪ A2 met A1 en A2 open delen. Als
f |Ai continu is op de deel-ruimte Ai (i = 1, 2), dan is f continu. Ga dit na.
Is een dergelijke bewering ook juist voor gesloten (in plaats van open) delen
A1 en A2 ?
Opgave 3.21. Zij f : X → Y een afbeelding tussen topologische ruimtes.
Bewijs de volgende bewering: f is open dan en slechts dan als voor iedere
p ∈ X en omgeving U van p in X geldt dat f (U ) een omgeving is van f (p)
in Y .
Opgave 3.22. Welke van de volgende topologische ruimtes zijn homeomorf?
Bewijs je antwoord.
1. S 2 − {(0, 0, −1), (0, 0, 1)}
2. {(x, y) ∈ R2 ; 0 < x2 + y 2 < 1}
3. {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 = 1 en |z| < 1}
4. R2 − {(0, 0)}
Opgave 3.23. Laat X en Y topologische ruimtes zijn, en zij B een basis
voor de topologie van X. Laat zien dat een afbeelding f : X → Y open is
dan en slechts dan als f (B) open is voor elke B ∈ B.
Zie ook tentamen-opgaven 26 (deel 1). 5 (deel 1), 6 10 (deel 2), 13 (deel
2), 18, 26 (deel 6), 30, 34, 38 (deel 1 en 3), 39 (deel 2).
F. Clauwens: Topologie
4
29
Samenhangendheid
4.1
Inleiding
We hebben nu de topologische ruimtes ingevoerd en ook een ’natuurlijke
klasse’ van afbeeldingen tussen zulke ruimtes aangewezen waarmee ze met
elkaar in verband kunnen worden gebracht, te weten de continue afbeeldingen. Met deze minimum-uitrusting kunnen we al enkele intuı̈tieve begrippen formaliseren en vervolgens onderzoeken. In de eerste plaats zijn dat
een aantal bewerkingen met topologische ruimtes die enigszins vergelijkbaar
zijn met bewerkingen op getallen. Zo bekijken we in dit Hoofdstuk sommen
van topologische ruimtes. In Hoofdstuk 6 zullen producten van topologische
ruimtes aan de orde komen en in Hoofdstuk 7 quotiënten.
De onderzoekingen in dit Hoofdstuk zullen ons leiden tot het formuleren van een eigenschap ‘samenhang’ waarmee sommige topologische ruimtes
behept zijn. Om te kunnen herkennen of een topologische ruimte deze eigenschap heeft is de volgende strategie nuttig.
• We geven een aantal eenvoudige ‘bouwstenen’ die deze eigenschap hebben. Dat gebeurt in Propositie 4.5.
• We geven een aantal constructies om nieuwe ruimtes met deze eigenschap te maken uit oude. Dat gebeurt in Proposities 4.10, 4.8 en 4.6.
Met deze strategie kunnen we in de praktijk de meeste samenhangende ruimtes gemakkelijk als zodanig herkennen.
4.2
Topologische sommen
Zij gegeven een verzameling X die de disjuncte vereniging is van een aantal
deelverzamelingen Xi , genummerd met elementen van een hulp-verzameling
I. Dat betekent dat ∪i∈I Xi = X en dat Xi ∩ Xj = ∅ voor i 6= j. Neem
aan dat elke Xi voorzien is van een topologie Ti . Dan is er een eenvoudige
manier om X van een topologie T te voorzien:
Definitie 4.1. De som-topologie
S T op X bestaat uit alle U ⊆ X die te
schrijven zijn in de vorm U = i∈I Ui , met Ui ∈ Ti .
Omdat de Xi disjunct zijn is Ui = U ∩Xi . Men heeft dus U ∈ T d.e.s.d.a.
U ∩ Xi ∈ Ti voor alle i ∈ I.
Opgave 4.1. Laat zien dat T in Definitie 4.1 aan de axiomas voor een
topologie voldoet.
Bovenstaande definitie komt een beetje uit de lucht vallen. De volgende
Propositie laat enig licht schijnen op de betekenis van de topologie T .
Propositie 4.2. Schrijf φi : Xi → X voor de inclusie-afbeelding.
30
4
Y
U
SAMENHANGENDHEID
Z
V
Figuur 6: Het geval I = {0, 1}: een open deel van X = Y ∪ Z bestaat uit
een open deel U van Y en een open deel V van Z
1. Voor elke i ∈ I is φi continu met betrekking tot Ti en T .
2. Stel dat S een topologie op X is met de eigenschap dat φi voor elke
i ∈ I continu is met betrekking tot Ti en S. Dan is S ⊆ T .
Met andere woorden: T is de grootste topologie op X waarvoor alle φi
continu zijn.
Opgave 4.2. Bewijs deze Propositie.
De ruimte (X, TX ) heet de topologische som van de ruimtes (Xi , Ti ).
Merk op dat geldt X − Xi = ∪j6=i Xj wat volgens O2 in T zit. Dat betekent
dat Xi niet alleen open maar ook gesloten is in X voor de topologie T .
Stel dat we een topologische ruimte willen fabriceren die een topologische
som is van een aantal deel-ruimtes die er elk moeten uitzien als een van
tevoren gegeven topologische ruimte (Yi , Si ). Het zou kunnen gebeuren dat
de verzamelingen Yi niet disjunct zijn.
De oplossing is elk punt te voorzien van een ‘label’ i ∈ I waaraan je kunt
zien uit welke Yi dat punt wordt verondersteld te komen. Formeel gaat dat
als volgt in zijn werk: Zij Y = ∪i∈I Yi de ‘gewone’ vereniging en zij Xi de
deelverzameling Yi × {i} van Y × I. Dan zijn de verzamelingen Xi disjunct.
Bovendien is de afbeelding φi : Yi → Xi gedefinieerd door φi (y) = (y, i) een
bijectie. Tenslotte voorzien we Xi van de topologie Ti = {φi (Ui ) ; Ui ∈ Si }.
Dat maakt van φi een homeomorfisme.
We hebben dan alle ingrediënten om de in Definitie 4.1 beschreven constructie uit te voeren. We schrijven qi Yi voor de zo gemaakte topologische
som van de topologische ruimtes Yi ; zie de opmerking aan het eind van
Hoofdstuk 2 voor het hierbij gebezigde misbruik van notatie.
F. Clauwens: Topologie
4.3
31
Samenhangendheid
Hoe kunnen we nu aan een ruimte X herkennen hij kan worden opgebouwd
als topologische som van een aantal deel-ruimtes? Dat is natuurlijk alleen
iets bijzonders als dat aantal meer dan 1 is. Bovendien zijn al die deelruimtes open en gesloten.
We komen zo tot tot de volgende definitie: een splitsing van een ruimte
X is het geven van twee disjuncte open delen Y , Z van X met Y ∪ Z = X.
Dit is equivalent met het geven van één deel-ruimte Y ⊆ X die zowel open
als gesloten is. Een splitsing {Y, Z} van X noemen we een echte splitsing
als Y 6= ∅ en Z 6= ∅. De laatste eis is natuurlijk equivalent met Y 6= X.
Propositie 4.3. Zij {Y, Z} een splitsing van X. Dan is X de topologische
som van Y en Z, allebei met de geı̈nduceerde topologie.
Bewijs. Zij W open in X. Dan is U = Y ∩W open in Y voor de geı̈nduceerde
topologie. Evenzo is V = Z ∩ W open in Z. Dus is W = U ∪ V element van
de som-topologie.
Omgekeerd zij W element van de som-topologie, zeg W = U ∪ V met U
open in Y en V open in Z. Omdat U open is in Y en Y open is in X is U
open in X volgens Opgave 2.8. Evenzo is V open in X. Dus is W = U ∪ V
open in X.
•
Als er geen echte splitsing van X bestaat dan noemen we X samenhangend. Dit is equivalent met de eigenschap dat X en ∅ de enige delen zijn van
X die zowel open als gesloten zijn. Een deelverzameling A van een ruimte
X heet samenhangend als A samenhangend is voor de door X geı̈nduceerde
topologie: dus als Y ⊆ X en Y ∩ A is open én gesloten in A impliceert dat
Y ∩ A = ∅ of Y ⊇ A.
Voorbeeld 4.4. Als X de discrete topologie heeft dan is X niet samenhangend tenzij X uit één punt bestaat. Als X de indiscrete topologie heeft dan
is X samenhangend.
Propositie 4.5. Zij I ⊆ R een interval met de Euclidische topologie. Dan
is I samenhangend.
Bewijs. Stel dat er een echte splitsing {Y, Z} van I is. Het idee is om een
bijzonder punt s aan te wijzen, zogezegd op de grens van Y en Z, en te laten
zien dat s noch in Y noch in Z kan liggen.
We schrijven I = hu, vi, met u ∈ R ∪ {−∞} en v ∈ R ∪ {+∞}. Omdat
Y 6= ∅ kunnen we een a ∈ Y kiezen. Evenzo kunnen we b ∈ Z kiezen. We
mogen aannemen dat a < b, immers als a > b dan verwisselen we de rollen
van Y en Z, en a = b kan niet. Omdat u, v ∈ I hebben we nu u < a < b < v.
De verzameling [a, b] ∩ Y is niet leeg omdat a erin zit, en hij van boven
begrensd door b. Dus s = sup ([a, b] ∩ Y ) bestaat in R. Bovendien is a ≤
s ≤ b, dus zeker u < s < v. Dat houdt in dat s ∈ Y of s ∈ Z.
32
4
SAMENHANGENDHEID
Veronderstel dat s ∈ Z. Aangezien Z open is in I en dus in R is er dan
een > 0 zodat hs − , s + i ⊆ Z. Omdat s de kleinste boven-grens is van
[a, b] ∩ Y is s − geen boven-grens; dit betekent dat er een x ∈ [a, b] ∩ Y is
met x > s − . Omdat s wel een boven-grens is geldt x ≤ s. Nu hebben we
x ∈ hs − , s + i ⊆ Z, in strijd met x ∈ Y .
Hieruit blijkt in het bijzonder dat s = b onmogelijk is, omdat b ∈ Z.
Dus is b − s > 0.
Veronderstel dat s ∈ Y . Aangezien Y open is in I en dus in R is er dan
een > 0 zodat hs − , s + i ⊆ Y . We mogen < b − s veronderstellen. Nu
is s + 2 ∈ [a, b] ∩ Y in strijd met het feit dat s een boven-grens is.
•
Uitgaande van intervallen kunnen we een heleboel samenhangende ruimtes fabriceren met behulp van de volgende drie Proposities.
Ten eerste: als we aan een samenhangende deel-ruimte nog wat afsluitpunten toevoegen dan is de resulterende deel-ruimte nog steeds samenhangend:
Propositie 4.6. Zij X een topologische ruimte, en zij A een deelverzameling
van X die samenhangend is met de door X geı̈nduceerde topologie. Zij B
een deelverzameling van X met A ⊆ B ⊆ A. Dan is ook B samenhangend
met de door X geı̈nduceerde topologie.
Bewijs. Stel B is niet samenhangend. Dan is er een echte splitsing {Y, Z}
van B. Omdat Y open is in B is er een U die open is in X en zo dat
Y = B ∩ U . Omdat Y 6= ∅ kunnen we een p ∈ Y kiezen. Uit de drie
gegevens
• p ∈ Y ⊆ B ⊆ A dus p is afsluit-punt van A
• p∈U
• U open in X
volgt dat A ∩ U 6= ∅. Dus is A ∩ Y = A ∩ B ∩ U = A ∩ U 6= ∅. We hebben
nu de volgende situatie:
• A ∩ Y 6= ∅ en evenzo A ∩ Z 6= ∅
• A ∩ Y en A ∩ Z zijn open in A omdat Y en Z open zijn in B.
• A ∩ Y en A ∩ Z zijn complementaire delen van A omdat Y en Z
complementaire delen zijn van B.
Kortom {A ∩ Y, A ∩ Z} is een echte splitsing van A. Maar dat is in tegenspraak met het gegeven.
•
F. Clauwens: Topologie
33
Voorbeeld 4.7. Zij X een samenhangende deel-ruimte van de Euclidische
R die niet leeg is. We definieren a = inf(X) ∈ R ∪ {−∞} en b = sup(X) ∈
R ∪ {∞} en Y = ha, bi.
Zij y ∈ Y en dus y > a. Omdat a de grootste onder-grens van X is kan
y geen onder-grens van X zijn. Dat betekent dat X ∩ h−∞, yi niet leeg is.
Evenzo is X ∩ hy, ∞i niet leeg. Als y 6∈ X was dan zouden deze twee open
delen van X complementair zijn We hadden dan een echte splitsing van X,
wat bij aanname onmogelijk is. Dus is y ∈ X. We hebben nu bewezen dat
Y ⊆ X.
Verder is a ≤ x ≤ b als x ∈ X. Dit betekent dat X ⊆ Y . Samenvattend
zien we dat Y ⊆ X ⊆ Y . Omgekeerd volgt uit Proposities 4.5 en 4.6 dat X
samenhangend is indien er een interval Y bestaat met Y ⊆ X ⊆ Y .
Merk op dat Y hoogstens twee punten meer bevat dan Y . Afhankelijk
van welke van die extra punten in X liggen vinden we de volgende mogelijkheden voor X:
1. X = ha, bi voor zekere a ∈ R en b ∈ R.
2. X = [a, bi voor zekere a ∈ R en b ∈ R.
3. X = ha, b] voor zekere a ∈ R en b ∈ R.
4. X = [a, b] voor zekere a ∈ R en b ∈ R.
5. X = h−∞, bi voor zekere b ∈ R.
6. X = h−∞, b] voor zekere b ∈ R.
7. X = ha, ∞i voor zekere a ∈ R.
8. X = [a, ∞i voor zekere a ∈ R.
9. X = h−∞, ∞i = R
Het tweede belangrijke constructie-middel is:
Propositie 4.8. Zij f : X → Y een continue afbeelding tussen topologische
ruimtes en zij X samenhangend. Dan is f (X) samenhangend.
Bewijs. Zo niet dan is er een echte splitsing {Z1 , Z2 } van f (X). Maar volgens Opgave 2.13 is fX,f (X) : X → f (X) continu. Dus zijn f −1 (Z1 ) en
f −1 (Z2 ) beiden open in X. Omdat Z1 ⊆ f (X) is f −1 (Z1 ) niet leeg tenzij X
leeg is, en evenzo f −1 (Z2 ). Tenslotte is f −1 (Z1 )∪f −1 (Z2 ) = f −1 (Z1 ∪Z2 ) =
f −1 (f (X)) = X en f −1 (Z1 ) ∩ f −1 (Z2 ) = f −1 (Z1 ∩ Z2 ) = f −1 (∅) = ∅. We
krijgen dus een echte splitsing van X en daarmee een tegenspraak.
•
In het bijzonder is samenhang een topologisch begrip.
34
4
SAMENHANGENDHEID
Voorbeeld 4.9. (Middenwaarde-stelling) Als f : [a, b] → R een continue
functie is en f (a) < x < f (b) dan is x in het beeld van f . Anders vormden f −1 (h−∞, xi) en f −1 (hx, ∞i) immers een echte splitsing van [a, b], wat
onmogelijk is.
Meer algemeen: als X een samenhangende ruimte is en f : X → R
is continu, dan is f (X) een verzameling van een der typen beschreven in
Voorbeeld 4.7.
Het derde belangrijke constructie-middel is:
Propositie 4.10. Zij X een ruimte en {Ai ; i ∈ I} een collectie samenhangende delen met ∩i∈I Ai 6= ∅. Dan is ook ∪i∈I Ai samenhangend.
Bewijs. Kies ten eerste p ∈ ∩i∈I Ai . Zij Y een niet-leeg open en gesloten
deel van ∪i∈I Ai . We moeten laten zien dat Y = ∪i∈I Ai .
We kunnen een q ∈ Y kiezen, en omdat Y ⊆ ∪i∈I Ai kunnen we een k ∈ I
kiezen met q ∈ Ak . Nu is Y ∩ Ak een niet-leeg open en gesloten deel van de
samenhangende Ak . Dus is Y ∩ Ak = Ak , anders gezegd Ak ⊆ Y .
Zij nu i ∈ I willekeurig. Dan is p ∈ Ai ∩ Ak ⊆ Ai ∩ Y . Dus is Ai ∩ Y een
niet-leeg open en gesloten deel van de samenhangende Ai . Dus is Y ∩ Ai =
Ai , anders gezegd Ai ⊆ Y .
Omdat dit geldt voor elke i ∈ I is nu ∪i∈I Ai ⊆ Y en dus ∪i∈I Ai = Y . •
We sluiten dit deel-hoofdstuk af met een bekende ruimte die wel heel erg
ver van samenhangendheid verwijderd is.
Voorbeeld 4.11. Als X een deel-ruimte is van Q met de Euclidische topologie, en als X méér dan één punt bevat, dan is X niet samenhangend.
Veronderstel namelijk dat a, b ∈ X en dat a < b. Kies dan een c ∈ R zó dat
c 6∈ Q en a < c < b. Dan vormen {x ∈ X ; x < c} en {x ∈ X ; x > c} een
echte splitsing van X.
Een dergelijke ruimte waarvan de enige samenhangende deel-ruimtes de
één-punts deel-ruimtes zijn noemt men wel totaal-onsamenhangend.
4.4
Samenhangs-componenten
We gaan nu onderzoeken hoe we een gegeven ruimte uit elkaar kunnen plukken tot we alleen samenhangende stukken overhouden.
Als een ruimte X niet samenhangend is, dan kunnen we hem splitsen
in twee open en gesloten deel-ruimtes. Als beide delen samenhangend zijn
dan zijn we klaar. Is minstens één van de delen dat niet dan kunnen we
doorgaan met splitsen.
Het probleem met dit proces is dat we geen zekerheid hebben dat het na
eindig veel stappen stopt. In voorbeeld 4.11 hebben we immers gezien dat
de enige samenhangende delen van Q de één-punts verzamelingen zijn. Deze
F. Clauwens: Topologie
35
zijn wel gesloten, maar niet open in Q. Uit dit voorbeeld blijkt dat we niet
elke ruimte kunnen schrijven als disjuncte vereniging van open en gesloten
deel-ruimtes die samenhangend zijn. We moeten daarom wat voorzichtiger
te werk gaan. De volgende Propositie geeft aan wat we wel kunnen bereiken.
Maar voor we hem goed kunnen formuleren hebben we eerst wat terminologie
nodig:
Definitie 4.12. Een deel-ruimte A van X noemen we maximaal voor een
zekere eigenschap P als
• A heeft eigenschap P .
• Als A ⊆ B ⊆ X en B heeft eigenschap P dan B = A.
Propositie 4.13. Elke topologische ruimte is uniek te schrijven als een
disjuncte vereniging van maximaal samenhangende deelruimtes. Preciezer:
1. Voor a, b ∈ X definieer a ≈ b als er een samenhangende deelruimte
van X bestaat die a en b bevat. Dan is ≈ een equivalentie-relatie.
2. De equivalentie-klassen voor ≈ zijn maximaal samenhangende deelruimtes van X.
3. Als X = ∪i∈I Ci en X = ∪j∈J Dj met elke Ci en Dj maximaal samenhangend dan os er een bijectie β : I → J zo dat Ci = Dβ(i) steeds.
Die deel-ruimtes worden de samenhangs-componenten van X genoemd.
Bewijs.
1. Als a ≈ b en b ≈ c dan is er een samenhangende deelruimte S
van X die a en b bevat, en er is een samenhangende deelruimte T van
X die b en c bevat. Volgens Propositie 4.10 is S∪T een samenhangende
deelruimte van X die a en c bevat. Dus is a ≈ c. Dit laat zien dat ≈
transitief is. De reflexitiviteit en symmetrie zijn flauw.
Merk op: als een S ⊆ X samenhangend is dan zijn alle punten van S
onderling equivalent en dus bevat in dezelfde equivalentie-klasse.
2. Zij K een equivalentie-klasse. Stel dat er een echte splitsing {U, V }
van K bestond. Dan konden we a ∈ U en b ∈ V kiezen. Nu zijn
a, b ∈ K en dus zijn ze equivalent, wat betekent dat er een samenhangende deelruimte S van X is die a en b bevat; volgens de opmerking
is S ⊆ K. Maar dan zou {U ∩ S, V ∩ S} een echte splitsing van S zijn,
in tegenspraak met de samenhangendheid van S. Dus is K samenhangend.
Stel dat L ⊇ K een samenhangende deelruimte van X was. Volgens
de opmerking zou L dan bevat zijn in een equivalentie-klasse en dat
moet wel K zijn. Dit laat zien dat L = K en dus dat K maximaal is.
36
4
SAMENHANGENDHEID
3. Gegeven i ∈ I kunnen we een p ∈ I kiezen en dan is er een j ∈ J
zo dat p ∈ Dj . Nu is Ci ∪ Dj samenhangend volgens Propositie 4.10.
Omdat Ci ∪ Dj ⊇ Ci terwijl Ci maximaal is moet Ci ∪ Dj = Ci zijn.
Evenzo is Ci ∪ Dj = Dj en dus is Ci = Dj . We zien dus dat er bij
elke i ∈ I een unieke j ∈ J bestaat met Ci = Dj ; nemen we die als
β(i). Evenzo is er bij elke j ∈ J een unieke i ∈ I met Ci = Dj ; dus is
β bijectief.
•
Gegeven p ∈ X kunnen we de samenhangs-component van p beschrijven
als de vereniging van alle samenhangende deelruimtes van X die p bevatten.
We gaan nu de eigenschappen van de samenhangs-componenten onderzoeken.
Propositie 4.14. Iedere samenhangs-component van een ruimte X is gesloten.
Bewijs. Zij C een samenhangs-component van X. Volgens Propositie 4.6 is
C dan ook samenhangend. Omdat C een maximaal samenhangend deel is,
moet nu gelden C = C. Dus is C gesloten.
•
In Voorbeeld 4.11 hebben we al gezien dat samenhangs-componenten
van een ruimte beslist niet altijd open zijn.
Propositie 4.15. Zij f : X → Y een continue afbeelding en zij C een
samenhangs-component van X. Dan is f (C) bevat in een samenhangscomponent van Y .
Bewijs. Is C een samenhangs-component van X, dan is f (C) volgens Propositie 4.8 samenhangend en dus bevat in de samenhangs-component van
één van zijn punten.
•
Opgave 4.3. Zij X een ruimte die uit eindig veel samenhangs-componenten
bestaat. Laat zien dat de samenhangs-componenten van X open zijn. In
dit geval hebben we dus wel een volledige splitsing van X.
Opgave 4.4. Zij X een topologische ruimte. Toon aan dat geldt: X is
samenhangend dan en slechts dan als elke continue afbeelding f : X → {0, 1}
constant is. Hier is {0, 1} ⊂ R voorzien van de Euclidische topologie, wat
hetzelfde is als de discrete topolgie.
Opgave 4.5. Zij X een topologische ruimte en X = U ∪ V met U en V
disjuncte open delen van X. Toon aan dat U (en V ) een vereniging is van
samenhangs-componenten van X
Opgave 4.6. Zij X een topologische ruimte die eindig veel samenhangscomponenten heeft. Zij Y een ruimte die homeomorf is met X.
F. Clauwens: Topologie
37
1. Leid af dat X en Y evenveel samenhangs-componenten hebben.
2. Bewijs dat de cirkel S 1 niet homeomorf is met het segment [0, 1].
Opgave 4.7. Zij V een vector-ruimte voorzien van een norm. Voor de gelegenheid defineren we een straal als het beeld van [0, 1] onder een afbeelding
van de vorm t 7→ tv voor zekere v ∈ V van lengte 1.
Zij X een vereniging van n ≥ 2 verschillende stralen, en zij Y een vereniging van m ≥ 2 verschillende stralen. Laat zien dat X homeomorf is met
Y dan en slechts dan als m = n.
Opgave 4.8. Zij (M, d) een metrische ruimte x0 ∈ M . Laat zien dat x 7→
d(x0 , x) een continue reëel-waardige functie is. Stel dat M samenhangend
is en meer dan één punt bevat; laat zien dat M dan over-aftelbaar is.
Zie verder tentamenopgaven 2, 5 (deel 2), 7, 10 (deel 1), 13 (deel 1 en
3), 19, 22, 26 (deel 2), 35, 37.
38
5
5.1
5
BOOG-SAMENHANGENDHEID
Boog-samenhangendheid
De definitie van boog-samenhang
De volgende Propositie geeft een voorbeeld hoe de Proposities 4.5, 4.6 4.8
en 4.10 op een creatieve manier kunnen worden gecombineerd waardoor we
een grote klasse van samenhangende ruimtes kunnen aanwijzen.
Definitie 5.1. We noemen een deel-ruimte S van Rn stervormig vanuit een
punt p ∈ S als geldt: voor elke t ∈ [0, 1] en elke q ∈ S is (1 − t)p + tq ∈ S.
Wat bekender is de term convex : we noemen S convex als hij stervormig
is vanuit p voor elke p ∈ S.
Propositie 5.2. Elke stervormige deel-ruimte van Rn is samenhangend.
Bewijs. In Voorbeeld 4.7 hebben we gezien dat het segment [0, 1] samenhangend is. Voor elke q ∈ S zij φq : [0, 1] → S de afbeelding gedefinieerd
door φq (t) = (1 − t)p + tq. Volgens Propositie 4.8 is nu ook het beeld
Aq = φq ([0, 1]) samenhangend, namelijk het lijn-stuk van p naar q. Omdat
de deelverzamelingen Aq van S allemaal het punt p gemeen hebben is volgens Propositie 4.10 ook hun vereniging samenhangend. Maar die is precies
heel S.
•
We kunnen zelfs nog verder komen met deze ideeën en komen zo uit bij
een klasse van ruimtes die maar heel weinig kleiner is dan de klasse van alle
samenhangende ruimtes. Daarvoor eerst een definitie.
Definitie 5.3. Zijn p en q twee punten van een ruimte X dan is een boog
of kromme in X van p naar q een continue afbeelding f : [0, 1] → X met
f (0) = p, f (1) = q. We noemen p wel het begin-punt en q het eind-punt van
de boog f .
f
p
•
q
•
g
r
•
Figuur 7: Een boog f van p naar q en een boog g van q naar r leveren samen
een boog f g van p naar r
Het bestaan van een boog tussen twee punten bepaalt een equivalentierelatie:
F. Clauwens: Topologie
39
• Er is altijd een boog ep van p naar p. Deze wordt gegeven door ep (t) =
p voor alle t ∈ [0, 1].
• Stel dat f een boog in X is van p naar q, dan is een boog f van q naar
p. gedefinieerd door f (t) = f (1 − t).
• Stel dat f een boog in X is van p naar q, en dat g een boog in X is van
q naar r. Dan is er ook een boog f g in X van p naar r, gedefinieerd
door
(
f (2t)
als 2t ≤ 1
(f g)(t) =
g(2t − 1) als 2t ≥ 1
Een equivalentie-klasse onder deze equivalentie-relatie heet een boogcomponent van X. Als X zelf de enige boog-component is, dus als er voor
elke p, q ∈ X een boog van p naar q in X bestaat dan noemen we X boogsamenhangend.
5.2
De relatie tussen samenhang en boog-samenhang
.
Eerst een positief resultaat.
Propositie 5.4. Elke boog-samenhangende ruimte is samenhangend.
Bewijs. Het bewijs volgt het patroon van het bewijs van Propositie 5.2 Alleen de index-verzameling van de vereniging is wat groter: we beschouwen
de ruimte als de vereniging van de beelden van alle bogen die vanuit één
bepaald punt vertrekken.
•
Uit het volgende voorbeeld blijkt dat de begrippen boog-samenhangend
en samenhangend niet precies overeenstemmen.
Propositie 5.5. Zij An = { n1 } × [−n, n] ⊂ R2 en zij H = R2 − ∪∞
n=1 An .
Dan is H met de Euclidische topologie wel samenhangend maar niet boogsamenhangend
Bewijs. Zij H+ = {(x, y) ∈ X ; x > 0} het gedeelte van X in het rechterhalf-vlak. Dan is H+ boog-samenhangend en dus samenhangend. Immers
als p = (x, y) ∈ H+ en zeg y ≤ 0 dan is er een boog b in H+ van (x, y) naar
q = (2, 0) bestaande uit de volgende drie lijn-stukken:
• Een verticaal lijn-stuk van (x, y) naar (x, − x2 )
2
• Een horizontaal lijn-stuk van (x, − |x|
) naar (2, − x2 )
• Een verticaal lijn-stuk van (2, − x2 ) naar (2, 0)
40
5
BOOG-SAMENHANGENDHEID
A8
A5
A3
p•
A2
A1
•q
b
c
c
Figuur 8: Links: H is het complement van de vereniging der An . Het
rechterdeel H+ is boogsamenhangend.
Rechts: Als er een boog c bestond van een punt in H− naar een punt in H+
dan lag deze in een begrensde strook.
Evenzo bestaat er een boog van (x, y) naar (2, 0) als y ≥ 0.
Zij H0 = {(x, y) ∈ R2 ; y = 0} de y-as. Dan bestaat H0 uit afsluitpunten van H+ dus is H+ ∪ H0 samenhangend volgens Propositie 4.6. Zij
H− = {(x, y) ∈ R2 ; x < 0} het linker-half-vlak. Dan is H− ∪ H0 stervormig
vanuit (−2, 0) en dus samenhangend volgens Propositie 5.2. Omdat H+ ∪H)
en H− ∪ H0 heel H0 gemeen hebben is H = H− ∪ H0 ∪ H+ samenhangend
volgens Propositie 4.10.
Veronderstel dat H boog-samenhangend was. Dan bestond er een boog
c : [0, 1] → H van (−2, 0) naar (2, 0). Beschouw eerst zijn tweede component
c2 . Dat is een continue functie gedefinieerd op een segment en daarom
begrensd7 volgens Stelling 8.15 uit [2]. Dat betekent dat er een M ∈ N is
met |c2 (t)| ≤ M voor alle t.
Beschouw nu de eerste component c1 . Het beeld is een samenhangend
deel van R dat −2 en 2 bevat en dus het hele segment [−2, 2] volgens Opgave
1
4.7. In het bijzonder wordt de waarde M
aangenomen.
1
Combineren we deze twee feiten dan zien we dat c door een punt ( M
, y)
gaat met |y| ≤ M . Dat is echter onmogelijk omdat dat punt in AM ligt en
dus niet in H.
•
Opgave 5.1. Bewijs het volgende analogon van Propositie 4.10: Zij X een
ruimte en zij {Ai ; i ∈ I} een collectie boog-samenhangende delen met
∩i∈I Ai 6= ∅. Dan is ook ∪i∈I Ai boog-samenhangend.
7
We zullen dit feit in dit dictaat trouwens nog eens bewijzen, en wel in Propositie 8.13.
F. Clauwens: Topologie
41
Figuur 9: Dus c ligt in de doorsnede van H met die strook. Maar die is
duidelijk niet samenhangend.
Opgave 5.2. Bewijs het volgende analogon van Propositie 4.8: Zij f : X →
Y een continue afbeelding tussen topologische ruimtes en stel X boogsamenhangend. Dan is f (X) boog-samenhangend.
Uit Voorbeeld 5.5 blijkt echter dat er geen analogon van Propositie 4.6
is met boog-samenhang in de plaats van samenhang.
Opgave 5.3. Zij A het deel van R2 gegeven door de vergelijking x2 −y 2 = 1.
1. Toon aan dat A niet boog-samenhangend is.
2. Toon aan dat S 2 boog-samenhangend is.
Zie verder tentamen-opgave 40.
42
6
6
PRODUCTEN
Producten
6.1
Eindige producten
Zoals in de Inleiding van Hoofdstuk 4 aangekondigd gaan we nu producten
van topologische ruimtes bestuderen. In dit deel-hoofdstuk zullen we ons
beperken tot producten met eindig veel factoren. In het volgende deelhoofdstuk zullen we ingaan op de finesses van het oneindige geval.
Laat gegeven zijn topologische ruimtes (Xi , Ti ) voor i = 1, 2 . . . , n. Het
is bekend wat met het product X = X1 × · · · × Xn van de verzamelingen
Xi bedoeld wordt: een element van X is een rijtje (p1 , . . . , pn ) met pi ∈ Xi
voor i = 1, 2, . . . , n. Nu is er een eenvoudige manier om X van een topologie
te voorzien. Daarbij maken we gebruik van de theorie van Hoofdstuk 2.4.
Propositie 6.1. De collectie
B = {U1 × · · · × Un ; Ui open in Xi ; (i = 1, . . . , n)}
is basis voor een zekere topologie T op X1 × · · · × Xn .
Bewijs. Het is duidelijk dat ∅, X1 × · · · × Xn ∈ B. Laat nu B, B 0 ∈ B en
p ∈ B ∩ B 0 . Schrijven we B = U1 × · · · × Un , B 0 = U10 × · · · × Un0 , dan is
p ∈ B 00 ⊆ B ∩ B 0 waar B 00 = (U1 ∩ U10 ) × · · · × (Un ∩ Un0 ) ∈ B. Dus B is een
basis voor een topologie op X1 × · · · × Xn .
•
De in deze Propositie genoemde topologie T heet de product-topologie,
en de verzame ling X1 × · · · × Xn voorzien van de product-topologie heet de
product-ruimte van de ruimtes (Xi , Ti ).
Waarschuwing: Een willekeurig open deel van de product-ruimte hoeft beslist niet een product-verzameling U1 × · · · × Un te zijn, maar is slechts een
vereniging van dergelijke producten.
Evenals Definitie 4.1 in Hoofdstuk 4 komt deze Definitie een beetje uit
de lucht vallen, maar we kunnen een Propositie opschrijven die net als Propositie 4.2 destijds enig licht op de situatie werpt:
Propositie 6.2. Schrijf πi : X → Xi voor de projectie-afbeelding, gedefinieerd door π(p1 , . . . , pn ) = pi .
1. Voor elke i is πi continu met betrekking tot T en Ti .
2. Stel dat S een topologie op X is met de eigenschap dat πi steeds continu
is met betrekking tot S en Ti . Dan is T ⊆ S.
Met andere woorden: T is de kleinste topologie op X waarvoor alle πi continu zijn.
Bewijs.
1. Zij V ∈ Ti . Dan is
πi−1 (V ) = X1 × · · · × Xi−1 × V × Xi+1 × · · · × Xn
een element van de basis B en dus zeker van T . Dus πi is continu.
F. Clauwens: Topologie
43
2. Zij Ui ⊆ Xi open voor elke i. Omdat πi continu is weten we dat
πi−1 (Ui ) = X1 × · · · × Xi−1 × Ui × Xi+1 × · · · × Xn
in S ligt voor elke i. De doorsnede π1−1 (U1 ) ∩ · · · ∩ πn−1 (Un ) ligt dus
ook in S. Maar die doorsnede is precies U1 × · · · × Un . Dus elk element
van B ligt in S, en dus ook elk element van T .
•
Ook de volgende eigenschap van de product-topologie laat zien dat het
een belangrijk en handig begrip is:
Propositie 6.3. Laat gegeven zijn topologische ruimtes Y, X1 , . . . , Xn en
een afbeelding f = (f1 , . . . , fn ) : Y → X1 × · · · × Xn . Dan geldt:
f is continu ⇔ voor alle i ∈ I is fi : Y → Xi continu
Bewijs. ⇒) πi is continu, dus f continu impliceert fi = πi ˚f is continu.
⇐) Stel nu iedere fi continu. Om aan te tonen dat dan f continu is, gebruiken we Opgave 3.15: het is voldoende te laten zien dat f −1 (U ) open is in X
indien U = U1 × · · · × Un met Ui open in Xi . Welnu,
f −1 (U1 × · · · × Un ) = {x ∈ Y ; f (x) ∈ U1 × · · · × Un }
= {x ∈ Y ; f1 (x) ∈ U1 , f2 (x) ∈ U2 , . . . , fn (x) ∈ Un }
= {x ∈ Y ; f1 (x) ∈ U1 } ∩ · · · ∩ {x ∈ Y ; fn (x) ∈ Un }
= f1−1 (U1 ) ∩ · · · ∩ fn−1 (Un )
Deze doorsnede is inderdaad open want elke fi−1 (Ui ) is open.
•
Propositie 6.4. De Euclidische topologie op Rn is identiek aan de producttopologie op R × · · · × R, waarbij elke factor de Euclidische topologie heeft.
Bewijs.
1. Zij U ⊆ Rn open voor de Euclidische topologie. Voor iedere
p ∈ U is er dus een > 0 zodat B(p, ) ⊆ U . Maar dan geldt voor
δ = √n dat
B(p1 , δ) × · · · × B(pn , δ) ⊆ B(p, ) ⊆ U
waar het linker-lid basis-element is voor de product-topologie. Dus is
U vereniging van zulke basis-elementen en dus open voor de producttopologie.
44
6
PRODUCTEN
2. Om te laten zien dat elke element van de product-topologie open is
voor de Euclidische topologie is het voldoende om dat te laten zien
voor een willekeurig basis-element zeg B = U1 × U2 × · · · × Un met Ui
open in R.
Zij p = (p1 , p2 , . . . , pn ) ∈ B. Dat betekent dat pi ∈ Ui voor i =
1, 2 . . . , n. Omdat Ui open is voor de Euclidische topologie op R kunnen we een ri > 0 vinden met B(pi , ri ) ⊆ Ui . Zij nu r = min{ri ; 1 ≤
i ≤ n}. Dan is
B(p, r) ⊆ B(p1 , r1 ) × · · · × B(pn , rn ) ⊆ B
Omdat p ∈ B willekeurig was, is nu B open voor de Euclidische topologie.
•
Bovenstaande Propositie in combinatie met Propositie 6.3 toont aan dat
een afbeelding naar de Euclidische Rn continu is dan en slechts dan als alle
componenten continu zijn als afbeelding naar de Euclidische R. Propositie
2.11 was hiervan een speciaal geval. Zo is ook Propositie 3.26 een speciaal
geval van de combinatie van Propositie 6.4 en de volgende Propositie.
Propositie 6.5. De projectie πi is een open afbeelding.
Bewijs. Zij nu U ⊆ X1 × · · · × Xn open en laat pi ∈ πi (U ). Kies p ∈ U zodat
π(p) = pi . Omdat U open is, bestaat er V ∈ B met p ∈ V ⊆ U . Deze V is
van de vorm V1 × · · · × Vn met Vi open in Xi . Nu is pi ∈ Vi = πi (V ) ⊂ πi (U ).
Dus is elke punt van πi (U ) inwendig. Dit bewijst dat π(U ) open is in Xi . •
Voorbeeld 6.6. Voorzie h0, ∞i en S n−1 en Rn − {0} van de Euclidische
topologie en beschouw de afbeelding f : (0, ∞) × S n−1 → Rn − {0} gedefinieerd door f (λ, p) = λp. We gaan bewijzen dat f een homeomorfisme is, in
ietwat overdreven detail.
• Om te laten zien dat f continu is het volgens Propositie 2.13 voldoende
om aan te tonen dat de corresponderende afbeelding naar Rn continu
is. Volgens bovenstaande opmerkingen is het voldoende om te bewijzen
dat elke component fi continu is. Maar de functie fi wordt gegeven
door de formule fi (λ, x) = λxi en dat is het product van twee functies.
De eerste functie is de projectie van h0, ∞i × S n−1 op h0, ∞i en dus
continu. De tweede functie is de projectie van h0, ∞i × S n−1 op S n−1
gevolgd door de inclusie van S n−1 in Rn gevolgd door de projectie van
Rn op de i-de factor, en dus eveneens continu.
• De afbeelding f is bijectief en zijn inverse wordt gegeven door de formule f −1 (v) = (N (v), r(v)) waar N de Euclidische lengte-functie is, en
F. Clauwens: Topologie
45
waar r(v) = N v(v) . Om te laten zien dat f −1 continu is volstaat het om
na te gaan dat N : Rn − {0} → h0, ∞i en r : Rn − {0} → S n−1 allebei
continu zijn. De functie N is de wortel uit een som van producten
van component-functies, en dus continu. De afbeelding r is continu
als de corresponderende afbeelding naar Rn continu is, en dus als alle
component-functies ri het zijn. Tenslotte is ri het quotiënt van een
component-functie en de functie N . Omdat de noemer de waarde 0
niet aanneemt is dit quotiënt van contine functies continu.
Propositie 6.7. Als X1 , . . . , Xn samenhangende ruimtes zijn, dan is X1 ×
· · · × Xn ook samenhangend.
Bewijs. Zij U open en gesloten in X1 × · · · × Xn . We gaan bewijzen:
Als a ∈ U , en bj = aj voor j 6= i, dan is b ∈ U . Anders
gezegd: als we van een punt in U één coördinaat veranderen
dan ligt het nieuwe punt ook in U .
Als U niet leeg is en we kiezen een punt p ∈ U dan kunnen we door achtereenvolgens alle coördinaten te veranderen een willekeurige q ∈ X1 × · · · × Xn
bereiken. Dus is dan U = X1 × · · · × Xn .
We definieren een afbeelding φ : Xi → X1 × · · · × Xn door de formule
(
aj als j 6= i
φj (x) =
x
als j = i
Nu is φ continu omdat alle componenten het zijn. Dus is φ−1 (U ) een open
en gesloten deel van Xi . Bovendien is φ−1 (U ) niet-leeg daar ai ∈ φ−1 (U ).
Omdat Xi samenhangend is kan dit alleen als φ−1 (U ) = Xi . In het bijzonder
is bi ∈ φ−1 (U ) en dus b = φ(bi ) ∈ U .
•
Opgave 6.1. Laat zien dat ook de omkering geldt: als X1 ×· · ·×Xn niet-leeg
en samenhangend, dan iedere Xi samenhangend.
Propositie 6.8. Iedere samenhangs-component van een product van ruimtes
X1 × · · · × Xn is van de gedaante C1 × · · · × Cn , waar Ci een samenhangscomponent van Xi is.
Bewijs. Zij C een samenhangs-component van X1 × · · · × Xn . Dan is πi (C)
bevat in een samenhangs-component Ci van Xi volgens Propositie 4.15. Dus
C ⊆ C1 × · · · × Cn . Wegens de vorige Propositie is C1 × · · · × Cn samenhangend, dus C = C1 × · · · × Cn .
•
Propositie 6.9. Als X1 , . . . , Xn Hausdorff-ruimtes zijn, dan is X1 ×· · ·×Xn
ook een Hausdorff-ruimte.
46
6
PRODUCTEN
Bewijs. Laten p = (p1 , . . . , pn ) en q = (q1 , . . . , qn ) verschillende punten van
X1 × · · · × Xn zijn. Dan is er een i ∈ {1, . . . , n} waarvoor pi 6= qi . Omdat Xi
Hausdorffs is zijn er open U 3 pi , V 3 qi met U ∩ V = ∅. Dan zijn πi−1 (U )
respectievelijk πi−1 (V ) open disjuncte omgevingen van p respectievelijk q. •
Opgave 6.2. Bewijs: als X1 , . . . , Xn allen niet-leeg zijn en X1 × · · · × Xn
is Hausdorffs, dan is iedere Xi Hausdorffs.
We besluiten dit deel-hoofdstuk met een formulering voor de Hausdorffeigenschap die ons verderop in Propositie 7.14 goed van pas zal komen.
Propositie 6.10. Een ruimte X is Hausdorffs dan en slechts dan als de
diagonaal ∆(X) = {(x, y) ∈ X × X ; x = y} gesloten is in de productruimte X × X.
Bewijs. Als (A × B) ∩ ∆(X) een punt (x, y) bevat dan is x ∈ A en y ∈ B en
x = y. Dus is dan x ∈ A ∩ B. Omgekeerd als A ∩ B een punt p bevat dan
is (p, p) ∈ (A × B) ∩ ∆(X). We zien dus dat
(A × B) ∩ ∆(X) = ∅ ⇔ A ∩ B = ∅
Is nu X Hausdorffs, dan bestaat er voor iedere (p, q) ∈ (X × X) − ∆(X)
een open U 3 x en een V 3 y met U ∩ V = ∅. Dan is U × V een open
omgeving van (p, q) in X × X met (U × V ) ∩ ∆ = ∅. Dus is ieder punt van
(X × X) − ∆(X) inwendig. Dat betekent dat ∆ gesloten is in X × X.
Is ∆ gesloten in X × X, dan is er voor iedere (p, q) ∈ X × X − ∆ een
basis-element dat (p, q) bevat en zelf in X × X − ∆ ligt. Er zijn dus open U
en V met (p, q) ∈ U × V en met (U × V ) ∩ ∆ = ∅. Dit betekent niets anders
dan: U 3 p en V 3 q zijn open en U ∩ V = ∅. Dus X is Hausdorffs.
•
Opgave 6.3. Zij gegeven topologische ruimtes X1 , X2 , Y1 en Y2 en afbeeldingen f1 : X1 → Y1 en f2 : X2 → Y2 . We definieren dan een afbeelding
f1 × f2 : X1 × X2 → Y1 × Y2 door (f1 × f2 )(x1 , x2 ) = (f1 (x1 ), f2 (x2 )).
1. Bewijs dat f1 × f2 continu is als f1 en f2 het zijn.
2. Bewis dat f1 × f2 een open afbeelding is als f1 en f2 het zijn.
Opgave 6.4.
1. Laat zien dat elke lineaire functie Rn → R continu is.
2. Laat zien dat elke lineaire afbeelding Rn → Rm continu is.
3. Laat zien dat elke inverteerbare lineaire afbeelding Rn → Rn een
homeomorfisme is.
Alles met de Euclidische topologie.
Opgave 6.5. Bedenk dat het geven van een basis van een n-dimensionale
vector-ruimte V equivalent is met het geven van een inverteerbare lineaire
afbeelding Rn → V .
F. Clauwens: Topologie
47
1. Zij V een vector-ruimte van dimensie n. Bewijs dat er één en slechts
één topologie is op V waarvoor ieder lineair isomorfisme Rn → V een
homeomorfisme is.
2. Toon aan dat deze topologie de grofste (kleinste) is met de eigenschap
dat iedere lineaire afbeelding f : V → Rn continu is.
Opgave 6.6. Zij A : Rm → Rn een surjectieve lineaire afbeelding.
1. (Dit is algebra) Bewijs dat er een projectie P : Rm → Rn in de zin van
Propositie 3.26 is alsmede inverteerbare lineaire afbeeldingen S : Rn →
Rn en T : Rm → Rm zo dat A = SP T .
2. Toon aan dat A een open afbeelding is.
Opgave 6.7. Zij X en Y niet-lege topologische ruimtes. Bewijs het volgende: X × Y is boog-samenhangend ⇔ X en Y zijn boog-samenhangend.
Opgave 6.8.
1. Zij gegeven topologische ruimtes X en Y . Zij A ⊆ X
en B ⊆ Y en voorzie A en B van de geı̈nduceerde topologie. Laat
zien dat de product-topologie op A × B gelijk is aan de door X × Y
geı̈nduceerde topologie.
2. Construeer een homeomorfisme tussen S 2 − {(0, 0, 1), (0, 0, −1)} en
h−1, 1i × S 1 .
Opgave 6.9. Zijn (X, d) en (Y, e) metrische ruimtes. Beschouw het product
X × Y met de product-topologie. Laat zien dat deze metriseerbaar is. Geef
een metriek aan.
Opgave 6.10. Zij 0 < r < R. Beschouw de omwentelings-figuur F van de
cirkel met straal r en middelpunt (R, 0) in het
p x-z-vlak om de z-as. F wordt
gegeven door de formule {(x, y, z) ∈ R3 ; ( x2 + y 2 − R)2 + z 2 = r2 }. Geef
een homeomorfisme aan van de torus S 1 × S 1 met F . Bewijs uw antwoord.
6.2
Oneindige producten
In de praktijk is het soms gewenst een topologie op een oneindig product
te definiëren, bijvoorbeeld op de verzameling rijen RN = {(a1 , a2 , a3 , . . . )}.
Daarvoor moeten we eerst weten hoe in de verzamelings-leer producten van
willekeurig veel factoren worden ingevoerd.
Stel we hebben een collectie verzamelingen Xi , genummerd met elementen van een hulp-verzameling I. We definiëren dan het product van deze
collectie als de verzameling afbeeldingen f : I → ∪i∈I Xi met de
Q eigenschap
dat f (i) ∈ Xi voor alle i ∈ I. We noteren dat product als i∈I Xi . Als
bijvoorbeeld I = {1, 2, . . . , n} dan is zo’n f volkomen bepaald door het geordende n-tal (f (1), . . . , f (n)) ∈ X1 × · · · × Xn . Omgekeerd bepaalt iedere
48
6
PRODUCTEN
(x1 , . . . , xn ) ∈ X1 × · · · × Xn een dergelijke afbeelding f Q
door f (i) = xi . Zo
zien we dat X1 × · · · × Xn in bijectief verband staat met ni=1 Xi . Dus dit is
inderdaad een veralgemening van het bekende
Q (eindige) product. Als j ∈ I,
dan is de projectie op de j de factor πj : i∈I Xi → Xj eenvoudig gegeven
door πj (f ) = f (j).
Als er een k Q
∈ I is met Xk = ∅, dan bestaat er natuurlijk niet een f als
boven en dus is i∈I Xi = ∅. Maar als Xi 6=
Q∅ voor alle i ∈ I, kies dan voor
iedere i ∈ I een xi ∈ Xi en definieer f ∈ i∈I Xi door f (i) = xi . Achter
deze onschuldig aandoende kreet gaat echter een subtiel logisch probleem
schuil, waarvan men zich pas rond de voorlaatste eeuwwisseling bewust werd.
Als I oneindig is, dan word ik namelijk gedwongen oneindig vaak een keus
te doen: reikt iemand mij één i ∈ I aan dan kan ik bij wijze van spreken naar
de niet-lege Xi toe stappen en er een element van aanwijzen. Hier echter
wordt van mij verwacht dat ik dat voor alle i ∈ I tegelijk doe. Preciezer: dat
ik aantoon dat er een voorschrift bestaat dat bij iedere i ∈ I een xi ∈ Xi
aanwijst. De bewering dat zo’n voorschrift altijd bestaat noemen we het
keuze-axioma. Uit de volgende voorbeelden moge blijken dat de geldigheid
hiervan niet zo vanzelf spreekt.
Voorbeeld 6.11. Beschouw de equivalentie-relatie ∼ op R gedefinieerd
door a ∼ b ⇔ a − b ∈ Q. Neem als verzamelingen Xi uit het bovenstaande
verhaal de equivalentie-klassen van deze equivalentie-relatie. Een element f
uit het product van equivalentie-klassen wijst bij iedere equivalentie-klasse
A een element f (A) van A aan. Als we f als afbeelding naar ∪i∈I Xi = R
opvatten dan heeft het beeld V = im(F ) de eigenschap dat er voor iedere
a ∈ R precies één v ∈ V bestaat met a − v ∈ Q. Anders gezegd, V is
een volledig stel representanten. Tot dusver heeft niemand zo’n V kunnen
aangeven.
Voorbeeld 6.12. Een wel-ordening op een verzameling is een totale ordening met de eigenschap dat elke niet-lege deel-verzameling een kleinste
element bezit. E. Zermelo (1871-1956), die een van de eersten was die het
problematische karakter van het keuze axioma herkende, bewees in 1904
dat het keuze axioma equivalent is met de uitspraak dat op iedere verzameling een wel-ordening bestaat. Niemand heeft ooit een wel-ordening van R
beschreven.
De niet-vanzelfsprekende aard van het keuze-axioma kreeg later een wiskundige bevestiging. In 1940 bewees K. Gödel (1906-1978) dat het keuzeaxioma consistent is met de andere axioma’s van de verzamelings-leer (we
krijgen bij aanvaarding geen tegenspraken), terwijl P. Cohen (1934-) in 1963
aantoonde dat het niet van die andere axioma’s kan worden afgeleid. De
term axioma is dus terecht. Door praktisch iedere wiskundige wordt dit
axioma aanvaard. Wij zullen dat ook doen en postuleren dus:
Als {Xi }i∈I een collectie niet-lege verzamelingen is, dan is er
een afbeelding f : I → ∪i∈I Xi met f (i) ∈ Xi voor alle i ∈ I.
F. Clauwens: Topologie
49
Q
Is nu {(Xi , Ti )}i∈I een collectie ruimtes, dan wensen we X = i∈I Xi
ook van een topologie te voorzien. Op het eerste gezicht lijkt het voor de
hand te liggen om de topologie te nemen waarvan een basis wordt gevormd
door de collectie producten van open verzamelingen:
Y
{ Ui ; voor alle i ∈ I is Ui ∈ Ti }
i∈I
Dat dit niet een verstandige keuze is blijkt zodra we Propositie 6.2 in deze
situatie
opnieuw proberen te bewijzen. We komen in moeilijkheden omdat
Q
−1
i∈I Ui een oneindige doorsnede is van de open verzamelingen πi (Ui ), en
dus niet noodzakelijk open is.
Dit geeft ons meteen een aanwijzing hoe we het probleem moeten oplossen. We definieren de product-topologie als de topologie die als basis heeft
alle eindige doorsnedes van verzamelingen πi−1 (Ui ) met i ∈ I en Ui open in
Xi . Anders gezegd de basis bestaat uit alle verxamelingen van de vorm
πi−1
(U1 ) ∩ · · · ∩ πi−1
(Uk )
1
k
met k ∈ N, i1 , . . . , ik ∈ I, Ui1 ∈ Ti1 , Ui2 ∈ Ti2 , . . . Uik ∈ Tik .
Opgave 6.11. Laat zien dat Propositie 6.2 waar is met deze definitie van
product-topologie.
Q∞
Q
Opgave 6.12. Laat zien dat ∞
i=1 R wanneer we
i=1 h0, 1i niet open is in
op elke factor de Euclidische topologie gebruiken.
Q
Opgave 6.13. Zij X een verzameling en zij Y = ∞
n=1 X de verzameling
van rijtjes in X. We voorzien X van de discrete topologie en Y van de
product-topologie. Zij S ⊆ Y . Laat zien dat een rijtje a een aflsuitpunt is
van S d.e.s.d.a. er voor elke n ∈ N een rijtje s ∈ S is dat in de eerste n
posities met a overeenstemt.
Wat in het vorige deel-hoofdstuk voor eindige producten is afgeleid geldt
ook voor willekeurige producten:
Opgave 6.14. Bewijs Propositie 6.3 voor oneindige producten.
Opgave 6.15. Bewijs Propositie 6.9 voor oneindige producten.
Opgave 6.16. Bewijs Propositie 6.7 voor oneindige producten.
Opgave 6.17. Zij voor elke n ∈ N gegeven een topologische ruimte Xn ,
waarvan de topologie afkomstig is van een metriek dn . Volgens
QOpgave 1.3
mogen we aannemen dat dn waarden heeft in [0, 1]. Zij X = n∈N Xn , en
zij d : X × X → R gedefinieerd door d(x, y) = sup n1 dn (xn , yn ) ; n ∈ N .
Toon aan dat d een metriek is op X en dat de bijbehorende topologie precies
de product-topologie is.
Zie ook tentamen-opgaven 11, 12, 27.
50
7
7
QUOTIËNTEN
Quotiënten
7.1
Equivalentie-relaties
Naast de vorming van sommen en producten is er nog een belangrijke bewerking uit de verzamelings-leer met een topologische versie, namelijk de
vorming van quotiënten. Om quotiënten te begrijpen moeten we eerst een
goed begrip hebben van equivalentie-relaties.
Definitie 7.1. Een equivalentie-relatie op een verzameling X is een deelverzameling R ⊆ X × X die aan de volgende drie eigenschappen voldoet:
E1 reflexiviteit:
E2 symmetrie:
E3 transitiviteit:
(p, p) ∈ R voor alle p ∈ X
(p, q) ∈ R ⇔ (q, p) ∈ R
(p, q) ∈ R, (q, r) ∈ R ⇒ (p, r) ∈ R
Zo’n R bepaalt een verdeling van X in disjuncte deelverzamelingen die
we equivalentie-klassen noemen. Per definitie behoren p ∈ X en q ∈ X tot
dezelfde equivalentie-klasse dan en slechts dan als (p, q) ∈ R. De verzameling van equivalentie-klassen geven we aan met X/R en we noemen dit het
quotiënt van X naar de equivalentie-relatie R. Verder hebben we een quotiënt-vormende afbeelding π : X → X/R die aan p ∈ X de equivalentie-klasse
van p toevoegt. Is A ⊆ X een willekeurige deelverzameling, dan is π −1 π(A)
niets anders dan de verzameling bestaande uit de q ∈ X die R-equivalent
zijn met een punt van A. We noemen π −1 (π(A)) de R-verzadiging of ook
wel R-gesatureerde van A. Als π −1 (π(A)) = A dan noemen we A verzadigd
of gesatureerd.
Propositie 7.2. Laten X en Y verzamelingen zijn, R een equivalentierelatie op X en f : X → Y een afbeelding met de eigenschap dat f (p) = f (q)
als (p, q) ∈ R. Dan bestaat er precies één afbeelding f : X/R → Y zodat
f ˚π = f
Bewijs. Bij gegeven u ∈ X/R, kies een p ∈ X met π(p) = u. Dan hangt
volgens de aanname f (p) alleen van u af; we noteren f (p) daarom met f (u).
•
Hiermee is de gevraagde afbeelding f : X/R → Y aangegeven.
Als een afbeelding f zich gedraagt zoals geëist wordt in Propositie 7.2
dan zeggen we dat f ‘constant is op klassen’.
Voorbeeld 7.3. Zij X = Z en E = {(p, q) ∈ Z × Z ; p − q ∈ nZ}. Dan is
elke equivalentie-klasse van E van de vorm p + nZ met p ∈ {0, 1, . . . , n − 1}.
Verder is X/E = Z/n en is π : Z → Z/n de voor de hand liggende afbeelding.
De afbeelding f : Z → R gegeven door f (t) = sin 2πt
n is constant op klassen
en induceert dus een afbeelding f : Z/n → R.
F. Clauwens: Topologie
51
Opgave 7.1. Bewijs dat een doorsnede van een aantal equivalentie-relaties
op X weer een equivalentie-relatie op X is.
Propositie 7.4. Zij S ⊆ X × X een willekeurige deelverzameling.
1. Onder de equivalentie-relaties op X die S bevatten is er een kleinste;
we noemen deze de door S voortgebrachte equivalentie-relatie E(S).
2. Zij C(S) de verzameling van alle paren (p, q) ∈ X × X waarvoor er
x0 , x1 , . . . , xk ∈ X bestaan met
• x0 = p en xk = q
• Voor i = 1, . . . , k is (xi−1 , xi ) ∈ S of (xi , xi−1 ) ∈ S of xi−1 = xi .
Dan is E(S) = C(S).
Bewijs. Zij E(S) de doorsnede van alle deel-verzamelingen van X welke
equivalentie-relaties zijn. Volgens Opgave 7.1 is E(S) weer een equivalentierelatie, en uiteraard is E(S) bevat in elke andere.
Om te bewijzen dat C(S) = E(S) moeten we de volgende dingen conttroleren:
1. C(S) is een equivalentie-relatie en bevat S.
2. Als R een equivalentie-relatie is die S bevat dan bevat hij ook C(S).
Dit is eenvoudig en wordt aan de lezer overgelaten.
•
In Voorbeeld 7.3 is S = {(k, k + n) ; k ∈ Z} een deelverzameling van
X × X die E voortbrengt.
7.2
De quotiënt-topologie
Zij (X, T ) een topologische ruimte en zij R een equivalentie-relatie op X
met quotiënt-vormende afbeelding π : X → X/R. Er is dan een eenvoudige
manier om X/R van een topologie te voorzien. Bovendien laat deze topologie
zich kenmerken op een manier die lijkt op Proposities 4.2 en 6.2:
Propositie 7.5. Zij TR = {V ⊆ X/R ; π −1 (V ) ∈ T }. in bovenstaande
situatie.
1. De collectie TR is een topologie op X/R.
2. De afbeelding π continu met betrekking tot T en TR .
3. Als ook S een topologie is op X/R waarvoor π continu is dan is S ⊆
TR .
52
7
QUOTIËNTEN
Definitie 7.6. We noemen deze topologie de quotiënt-topologie, en X/R
uitgerust met deze topologie heet de quotiënt-ruimte van X naar R.
Opgave 7.2. Bewijs Propositie 7.5.
Laten X en Y topologische ruimtes zijn, R een equivalentie-relatie op
X, en π : X → X/R de quotiënt-vormende afbeelding. Zij verder f : X → Y
een afbeelding die constant is op klassen.
Propositie 7.7. Voor de unieke afbeelding f : X/R → Y met f ˚π = f
gegeven door Propositie 7.2 geldt:
1. f is continu ⇔ f is continu.
2. f is open ⇒ f is open.
3. f is gesloten ⇒ f is gesloten.
Bewijs.
1. Als f continu is, dan is f = f ˚π dat ook, als samenstelling
van continue afbeeldingen. Is omgekeerd f continu en is V open in Y
−1
dan is π −1 (f (V )) = (f ˚π)−1 (V ) = f −1 (V ) open in X en dus is per
definitie f
−1
(V ) open in X/R. Dit toont aan dat f continu is.
2. Is f een open afbeelding en is U ⊆ X/R een open verzameling dan is
f (U ) = f ˚π(π −1 (U )) = f (π −1 (U )) ook open.
3. Dit gaat analoog aan (ii).
•
Merk op dat we in dit bewijs gebruikt hebben dat π(π −1 (U )) = U . Voor
een willekeurige afbeelding g heeft niet te gelden dat g(g −1 (U )) = U , maar
wel voor een surjectieve afbeelding zoals π geldt dat wel.
In Voorbeelden 7.10 en 7.11 zullen we zien dat we in het derde respectievelijk tweede item van Propositie 7.7 de implicatie niet mogen omkeren.
Definitie 7.8. Een equivalentie-relatie R op een topologische ruimte X
heet open als de quotiënt-vormende afbeelding π : X → X/R open is. Net
zo heet een equivalentie-relatie R op een ruimte X gesloten als de afbeelding
π gesloten is.
We constateren:
Propositie 7.9. Er geldt:
1. De equivalentie-relatie R is open ⇔ met elke open U in X is ook zijn
verzadiging π −1 π(U ) open.
2. De equivalentie-relatie R is gesloten ⇔ met elke gesloten U in X is
ook zijn verzadiging π −1 π(U ) gesloten.
F. Clauwens: Topologie
53
Bewijs. Per definitie van de topologie op X/R is π −1 π(U ) open d.e.s.d.a.
π(U ) open is. De eerste bewering is dus niets anders dan het uitschrijven
van wat het betekent dat de afbeelding π open is. Het gesloten geval gaat
net zo.
•
We bekijken een paar voorbeelden.
Voorbeeld 7.10. Beschouw de equivalentie-relatie E op R gedefinieerd
door (p, q) ∈ E ⇔ p − q ∈ Z.
• Voor a ∈ R zij Ta : R → R de afbeelding gegeven door Ta (x) =
x + a. Dan is Ta continu, en zijn inverse T−a is dat ook. Dus is
Ta een homeomorfisme en in het bijzonder een open afbeelding. Men
kan gemakkelijk nagaan dat voor elke U ⊆ R geldt dat π −1 (π(U )) =
∪n∈Z Tn (U ). Als U open is dan is Tn (U ) open en dus is π −1 (π(U ))
open. Dit laat zien dat E een open equivalentie-relatie is.
• De afbeelding f : R → S 1 gegeven door f (t) = (cos 2πt, sin 2πt) voldoet aan de voorwaarde van Propositie 7.2 en induceert dus een afbeelding f : R/E → S 1 . Het is gemakkelijk na te gaan dat f bijektief
is, en dat f continu is, en daarmee ook f .
• Zij A = {t ∈ R ; t− 12 6∈ Z}. Dan is U = f (A) gelijk aan S 1 −{(−1, 0)}
en dus open. Zij verder B = R − Z en V = f (B) dan is V = S 1 −
{(1, 0)} en dus open. Tenslotte is A ∪ B = R en dus U ∪ V = S 1 . Op
de wijze van Opgave 3.23 ziet men dat f een open afbeelding is zodra
fA,U en fB,V het zijn.
Volgens Voorbeeld 3.20 is er een homeomorfisme h : U → R gedefiy
nieerd door h(x, y) = 1+x
. Dus om te zien of fA,U open is, is het
voldoende na te gaan dat φ = hfA,U open is. Deze afbeelding is gegeven door de formule φ(t) = 2 tan(πt). Omdat de afgeleide daarvan
continu en positief is zegt Propositie 3.27 dat φ open is.
We hebben nu gezien dat f een open afbeelding is. Volgens Propositie
7.2 is nu f ook open. Dus f is een homeomorfisme.
• Zij A = {k + k1 ; k = 2, 3, 4, . . . } = {2 12 , 3 13 , . . . }. Dan is A een
2π
gesloten deel van R. Echter f (A) = {(cos( 2π
k ), sin( k ) ; k = 2, 3, . . . }.
Dit heeft (1, 0) als verdichtings-punt terwijl (1, 0) 6∈ f (A). Dus f (A)
is niet gesloten. Dit laat zien dat f niet een gesloten afbeekding is.
Het derde item laat zien dat f een gesloten afbeelding is en het laatste item
zegt dat f dat niet is. Daaruit blijkt dat men de pijl in onderdeel 3 van
Propositie 7.7 in het algemeen niet mag omkerem.
Omdat de afbeeldingen π en f onder het homeomorfisme f corresponderen toont het laatste item ook aan dat π niet een gesloten afbeeeling is,
en dus E niet een gesloten equivalentie-relatie.
54
7
QUOTIËNTEN
Voorbeeld 7.11. Zij E 0 de beperking van de in Voorbeeld 7.10 beschreven
equivalentie-relatie E tot [0, 1] ⊂ R. Dus (p, q) ∈ E 0 ⇔ p = q of {p, q} =
{0, 1}.
• De E 0 -verzadiging van een deelverzameling W van [0, 1] is dan W ∪
{0, 1} of W , al naar gelang W al dan niet punten van {0, 1} bevat.
Omdat die E 0 -verzadiging gesloten is als W gesloten is, is E 0 een gesloten equivalentie-relatie.
• Zij g : [0, 1] → S 1 gegeven door g(t) = (cos(2πt), sin(2πt)). Het is gemakkelijk na te gaan dat g bijectief is, en dat g continu is, en daarmee
ook g.
• Zij A = [0, 12 ]. Dan is U = g(A) gelijk aan {(x, y) ∈ S 1 ; y ≥ 0}
en dus gesloten. Zij verder B = [ 21 , 1]. Dan is V = g(B) gelijk aan
{(x, y) ∈ S 1 ; y ≤ 0} en dus gesloten. Tenslotte is A ∪ B = [0, 1] en
U ∪ V = S 1 . Op de wijze van Opgave 3.23 ziet men dat g een gesloten
afbeelding is zodra gA,U en gB,V het zijn.
• De eerste component van g is een functie die dalend is op het segment
A. Het is daarom gemakkelijk een inverse van gA,U te vinden, name1
lijk de afbeelding (x, y) 7→ 2π
arccos(x). Hieruit blijkt dat gA,U een
homeomorfisme is, en dus zeker een gesloten afbeelding.
• Combineren we bovenstaande feiten dan zien we dat g een homeomorfisme is. In het bijzonder is g een open afbeelding.
• Nemen we W = [0, 12 i, wat open is in [0, 1], dan is zijn E 0 -verzadiging
[0, 21 i ∪ {1}, wat niet open is in [0, 1]. Dat betekent dat E 0 niet een
open equivalentie-relatie is. De quotiënt-vormende afbeelding is dus
niet open en dus ook niet de daarmee corresponderende g. Daaruit
blijkt dat men de pijl in onderdeel 2 van Propositie 7.7 in het algemeen
niet mag omkerem.
Voorbeeld 7.12. Zij S de equivalentie-relatie op R met gegeven door de
twee equivalentie-klassen h∞, 0i en [0, ∞i. Deze is open noch gesloten (waarom?). Geven we de twee equivalentie-klassen aan met a en b, dan bestaat
de topologie op R/S = {a, b} uit ∅, {a} en {a, b}. Deze quotiënt-ruimte
is homeomorf met de Sierpinki-ruimte behandeld in Voorbeeld 2.2. In het
bijzonder heeft hij niet de Hausdorff-eigenschap.
Voorbeeld 7.13. De reëel-projectieve ruimte P n (R) denken we ons als
de quotiënt-ruimte van Rn+1 − {0} naar de equivalentie-relatie E, waar
(p, q) ∈ E ⇔ p = λq voor een λ ∈ R. We geven P n (R) de quotiënttopologie. Een verzameling rechten door de oorsprong van Rn+1 bepaalt dus
een open deel van P n (R) precies dan als deze een open deel van Rn+1 − {0}
uitsnijdt. Analoog voorzien we de complex-projectieve ruimte P n (C) van
een topologie.
F. Clauwens: Topologie
55
Is X een ruimte en is R ⊆ X × X willekeurig dan zeggen we van de
quotiënt-ruimte X/E(R) wel dat hij verkregen wordt uit X door volgens R
te identificeren. In de praktijk leidt dit er toe dat we bijvoorbeeld zeggen:
S 1 ontstaat uit [0, 1] door 0 met 1 te identificeren (zie voorbeeld 7.11).
7.3
De Hausdorff-eigenschap
We gaan nu het verband onderzoeken tussen quotiënt-vorming en de andere begrippen die we eerder ingevoerd hebben. Wat samenhang betreft is
de situatie eenvoudig: Is X een ruimte en R een equivalentie-relatie op X,
dan zegt Propositie 4.8 dat samenhangendheid van X samenhangendheid
van X/R impliceert. Uit voorbeeld 7.12 bleek al dat het met de Hausdorffeigenschap anders gesteld is. De volgende Propositie geeft onder meer voldoende voorwaarden om tot het Hausdorffs zijn van een quotiënt-ruimte te
kunnen besluiten.
Propositie 7.14. Zij X een ruimte en R een equivalentie-relatie op X.
1. Als X/R Hausdorffs is, dan is R een gesloten deel van X × X.
2. Is omgekeerd R een gesloten deel van X × X en is bovendien R open
als equivalentie-relatie, dan is X/R Hausdorffs.
Bewijs. Volgens Opgave 6.3 is φ = π × π : X × X → (X/R) × (X/R) continu
omdat π : X → X/R het is.
1. Als X/R Hausdorffs is, dan is volgens Propositie 6.10 de diagonaal
∆(X/R) van (X/R) × (X/R) gesloten. Dus ook φ−1 (∆(X/R)) is gesloten in X × X. Maar φ−1 (∆(X/R)) is precies R.
2. Stel R gesloten deel van X × X en R open als equivalentie-relatie. De
laatste aanname betekent dat π : X → X/R open is. Volgens Opgave
6.3 is ook φ open. Wegens Propositie 6.10 is het voldoende te bewijzen
dat ∆(X/R) gesloten is in (X/R) × (X/R). Nu is R gesloten deel van
X × X, dus (X × X) − R is open in X × X. Omdat φ open is volgt dat
φ((X ×X)−R) = (X/R)×(X/R)−∆(X/R) open is in (X/R)×(X/R).
Dus is ∆(X/R) gesloten in (X/R) × (X/R).
•
We besluiten dit hoofdstuk met enkele voorbeelden. We bekijken eerst
enkele manieren om de intervallen I+ = h1, ∞i en I− = h−∞, −1i ‘aan
elkaar te plakken’. We schrijven X = I+ ∪ I− , beschouwd als deel-ruimte
van R.
Voorbeeld 7.15. (Zie Figuur 11) We definiëren
R = ∆(X) ∪ {(t − 3, t) ; 1 < t < 2} ∪ {(t, t − 3) ; 1 < t < 2}
56
7
QUOTIËNTEN
Figuur 10: Zo ligt R in X × X
−2
−1
1
2
Figuur 11: Het aan elkaar plakken van twee halve lijnen door middel van
een verschuiving levert een hausdorffse quotiëntruimte
(zie Figuur 10 en opgave 7.3). Dan is R de doorsnede van X × X met het
gesloten deel
{(t, t) ; t ∈ R} ∪ {(t, t − 3) ; 1 ≤ t ≤ 2} ∪ {(t − 3, t) ; 1 ≤ t ≤ 2}
van R × R. Dus als deel van X × X is R gesloten. Bovendien is R open als
equivalentie-relatie. Is namelijk U ⊆ X open, dan is zijn R-verzadiging de
open verzameling U ∪ T3 (U ∩ (−2, −1)) ∪ T−3 (U ∩ (1, 2)), waar Ta : R → R
steeds het homeomorfisme is gedefinieerd door Ta (t) = t + a. Uit Propositie
7.14 volgt dan dat X/R Hausdorffs is.
In feite is X/R homeomorf met R, en daarom al Hausdorffs: Definieer
namelijk f : X → R door f (t) = t als t ∈ I+ en f (t) = t + 3 als t ∈ I− .
Dan is f open en continu. Verder is f constant op de equivalentie-klassen
van R zodat f : X/R → R gedefinieerd is. Dus volgens Propositie 1 is f
F. Clauwens: Topologie
57
open en continu. Gemakkelijk is na te gaan dat f bijektief is. Dus f is een
homeomorfisme.
−2
−1
1
2
Figuur 12: Het aan elkaar plakken van twee halve lijnen door middel van
een spiegeling levert een niet-hausdorffse quotiëntruimte
Figuur 13: Een schets van X/R0
Voorbeeld 7.16. (Zie Figuur 12). Bekijk nu de relatie R0 op X gedefinieerd
door
R0 = ∆(X) ∪ {(t, −t) ; −2 < t < −1 of 1 < t < 2}
Ook dit is een equivalentie-relatie op X. (Zie Opgave 7.3). Maar R0 is niet
gesloten want bijvoorbeeld p = (2, −2) ∈ X × X ligt niet in R0 , maar wel
in de afsluiting van R0 . Volgens Propositie 7.14 is X/R0 dus niet Hausdorffs. Om deze reden laat X/R0 zich lastig aanschouwelijk maken, immers
iedere deel-ruimte van R2 is Hausdorffs. Misschien wordt het nog het best
weergegeven door Figuur 13.
Opgave 7.3. Ga na dat R en R0 equivalentie-relaties op X zijn.
Opgave 7.4. Onderzoek zelf of X/R00 een Hausdorff-ruimte is als
R00 = ∆(X) ∪ {(t, −t) ; −2 ≤ t < −1 of 1 < t ≤ 2}
58
7
QUOTIËNTEN
Voorbeeld 7.17. Als laatste voorbeeld laten we zien hoe je door twee exemplaren van C aan elkaar te plakken een ruimte kunt fabriceren homeomorf
met de complexe projective lijn gedefinieerd in Voorbeeld 7.13.
We maken eerst precies wat we bedoelen met ‘twee exemplaren van C’
en vervolgens hoe we precies plakken. Daarna controleren we dat de situatie
voldoet aan de voorwaarden van Propositie 7.14 zodat de resulterende ruimte
Hausdorffs is. Tenslotte bewijzen we dat de resulterende ruimte in feite
homeomorf is met de complexe projective lijn.
• We beginnen met een ruimte X te maken die de topologische som is
van twee exemplaren van C, voorzien van de Euclidische topologie.
In Hoofdstuk 4 hebben we gezien hoe je dat moet doen: Zij X =
C × {0, 1}. Dan zijn C0 = C × {0} en C1 = C × {1} twee disjuncte
open delen. We schrijven p : X → C voor de projectie op de eerste
coördinaat. Dus de beperking p0 van p tot C0 is een homeomorfisme
en de beperking p1 van p tot C1 eveneens.
• Nu definieren we een equivalentie-relatie op X. We definieren eerst
een hulp-verzameling H = {(x, y) ∈ C0 × C1 ; p(x)p(y) = 1} ⊆ X × X
Dan is H = φ−1 (1), waar φ : C0 × C1 → C de continue functie is
gedefinieerd door φ(x, y) = p0 (x)p1 (y). Dus H is gesloten als deel van
C0 × C1 , en dus ook als deel van X × X.
Definieer nu R als de equivalentie-relatie op X voortgebracht door H.
Dan is R opgebouwd uit de volgende stukken
– De doorsnede R ∩ (C0 × C1 ) is H.
– De doorsnede R∩(C1 ×C0 ) is {(x, y) ∈ C1 ×C0 ; p1 (x)p0 (y) = 1}.
Dat is een verzameling gelijkend op H, en wel zijn beeld onder
de spiegelings-afbeelding (x, y) 7→ (y, x).
– De doorsnede R ∩ (C0 × C0 ) is de diagonaal ∆(C0 ).
– De doorsnede R ∩ (C1 × C1 ) is de diagonaal ∆(C1 ).
Uit het feit dat H gesloten is volgt dat alle vier stukken van R dat
zijn.
• Zij nu U ⊆ X = C0 ∪ C1 open. Dan betekent dat er een open U0 ⊂ C0
en een open U1 ⊂ C1 is zo dat U = U0 ∪ U1 .
−1
Zij ψ : C0 −p−1
0 (0) → C1 −p1 (0) het homeomorfisme gedefinieerd door
ψ(z, 0) = ( z1 , 1). Dan geldt π −1 π(U ) = V0 ∪V1 , waar V0 = U0 ∪ψ −1 (U1 )
en V1 = U1 ∪ ψ(U0 ). Dus de R-verzadiging π −1 π(U ) van U is weer
open. Dat betekent dat R open is als equivalentie-relatie. Volgens
Propositie 7.14 is X/R dus Hausdorffs.
• We fabriceren nu een homeomorfisme f : X/R → P 1 (C).
F. Clauwens: Topologie
59
– Zij ρ : C2 − {0} → P 1 (C) de quotiënt-vormende afbeelding. Zij
f : C0 ∪ C1 → P 1 (C) de afbeelding gedefinieerd door f (z, 0) =
ρ(z, 1) en f (z, 1) = ρ(1, z). Nu is f is constant op klassen en induceert dus een afbeelding f : X/R → P 1 (C). Het is gemakkelijk
na te gaan dat f een bijectie is.
– We kunnen schrijven f = ρ˚j, waar j : X → C2 − {(0, 0)} de
afbeelding is gegeven door j(z, 0) = (z, 1) en j(z, 1) = (1, z).
Omdat ρ en j continu zijn is f dat ook, en is f continu.
– Tenslotte laten we zien dat f een open afbeelding door te bewijzen
dat f een open afbeelding is.
Omdat een open deel van X te schrijven is als U0 ∪ U1 waar U0
open is in C0 en U1 open is in C1 is het voldoende om na te gaan
wat er met U0 en U1 gebeurt. We beperken ons tot U0 .
Als U0 open is in C0 , dan willen we aantonen dat f (U0 ) open is
in P 1 (C). Per definitie van de topologie op P 1 (C) moeten we
controleren dat ρ−1 (f (U0 )) open is in C2 − {0}. We kunnen deze
verzameling
ρ−1 (f (U0 )) = {(u, v) ∈ C2 ; v 6= 0,
u
∈ U0 }
v
herschrijven in de vorm γ −1 (U0 ). Hier is γ : C×(C−{0}) → C de
continue functie is gedefinieerd door γ(u, v) = uv . Hieruit blijkt
dat ρ−1 (f (U0 )) inderdaad open is.
Opgave 7.5. Bewijs met behulp van de afbeelding g : C0 ∪C1 → S 2 ⊂ C×R
(∼
= R3 ), gedefinieerd door
g(z, 0) =
2z
|z|2 − 1
,
1 + |z|2 |z|2 + 1
!
,
g(z, 1) =
2z
−|z|2 + 1
,
1 + |z|2 |z|2 + 1
!
dat (C0 ∪ C1 )/R ook homeomorf is met S 2 .
Opgave 7.6. Zij voor iedere i ∈ Q
I gegeven een topologische ruimte Yi en
beschouw de product-ruimte Y = i∈I Yi .
1. Bewijs dat de projectie-afbeelding πi : Y → Yi een open afbeelding is.
2. Toon aan dat Yi de quotiënt-topologie heeft afkomstig van Y door
middel van πi .
Opgave 7.7. Zij A de equivalentie-relatie op R voortgebracht door de relatie x ∼ −x voor x ∈ R. Bewijs dat A open en gesloten is en dat de
quotiënt-ruimte R/A homeomorf is met [0, ∞i.
60
7
QUOTIËNTEN
Opgave 7.8. Beschouw op h0, ∞i de equivalentie-relatie R voortgebracht
door de relatie t ∼ 2t. Toon aan dat de quotiënt-ruimte h0, ∞i/R een
Hausdorff-ruimte is. Beschouw de equivalentie-relatie S op [0, ∞i voortgebracht door de relatie t ∼ 2t. Is [0, ∞i/S een Hausdorff-ruimte?
Opgave 7.9. Zij X een Hausdorff-ruimte. Zij h : X → X een homeomorfisme van eindige orde, dat wil zeggen er is n ∈ N zó dat hn = h˚h˚ . . . ˚h
(n maal) de identiteit is. Zij B de equivalentie-relatie voortgebracht door
de relatie x ∼ h(x). Laat zien dat X/B een Hausdorff-ruimte is.
Opgave 7.10. Zijn X en Y Hausdorff-ruimtes en U ⊆ X en V ⊆ Y open
delen. Zij h : U → V een homeomorfisme waarvoor de grafiek
G = {(x, y) ∈ X × Y ; x ∈ U en y = h(x)}
gesloten is in X × Y . Zij Z de disjuncte vereniging van X en Y en R de
equivalentie-relatie voortgebracht door G. Toon aan dat de quotiënt-ruimte
Z/R de Hausdorff-eigenschap heeft.
Opgave 7.11. In de volgende drie opgaven mag u niet (a) en (c) voor (b)
gebruiken, of omgekeerd.
1. Beschouw op S n de equivalentie-relatie A met (x, y) ∈ A als y = ±x.
Laat zien dat S n /A een Hausdorff-ruimte is.
2. Laat zien dat P n (R) ook een Hausdorff-ruimte in. Zie voorbeeld 7.13
voor de definitie van P n (R).
3. Ga na dat de inclusie-afbeelding i : S n → Rn+1 − {0} aanleiding geeft
tot een homeomorfisme van quotiënt-ruimtes ĩ : S n /A → P n (R).
Zie verder tentamen-opgave 1 (delen 1,2, en 4), 9, 13 (deel 4), 24, 36
(deel 1).
F. Clauwens: Topologie
8
61
Compacte ruimtes
8.1
Definitie
In dit Hoofdstuk bespreken we een belangrijke eigenschap van sommige topologische ruimtes, namelijk compactheid. Om ruimtes met deze eigenschap
vlot te herkennen gebruiken we dezelfde strategie als in Hoofdstuk 4:
• We geven eenvoudige ‘bouwstenen’ die deze eigenschap hebben, Dat
gebeurt in Propositie 8.8.
• We geven een aantal constructies om nieuwe ruimtes met deze eigenschap te maken uit oude. Dat gebeurt in Proposities 8.9, 8.10 en 8.11.
Met deze strategie kunnen we in de praktijk de meeste compacte ruimtes
gemakkelijk als zodanig herkennen.
In de analyse hebben we gezien dat een gesloten en begrensd deel A van
Rn de eigenschap heeft dat iedere continue functie op A een maximum heeft.
De eigenschap van compactheid die we in dit Hoofdstuk bespreken heeft de
volgende kenmerken:
• Continue functies op compacte ruimtes hebben een maximum en een
minimum.
• Een deel-ruimte van de Euclidische Rn is compact d.e.s.d.a hij gesloten
én begrensd is.
Om deze redenen is compactheid een belangrijk begrip.
De definitie van het begrip ‘compact’ lijkt een beetje vergezocht maar
is geı̈nspireerd door een eigenschap van Euclidische segmenten die geformuleerd is in de Stelling van van Heine-Borel die we verderop in Propositie 8.8
nog eens herhalen. We noemen een collectie open delen {Ui ; i ∈ I} van een
ruimte X een open overdekking van X als ∪i∈I Ui = X. Een deel-overdekking
hiervan is niets anders dan een deel-collectie {Ui ; i ∈ J} zodat nog steeds
∪i∈J Ui = X. We zeggen nu dat X compact is als iedere open overdekking
{Ui ; i ∈ I} van X een eindige deel-overdekking {Ui1 , . . . , Uik } bezit.
Een deelverzameling A van een ruimte X noemen we compact als A
compact is voor de geı̈nduceerde topologie.
Propositie 8.1. Zij X een topologische ruimte, en A ⊆ X een deelruimte.
Dan is A compact d.e.s.d.a. geldt: als {Ui ; i ∈ I} een collectie open delen
van X is met A ⊆ ∪i∈I Ui dan is er een eindig aantal indices i1 , i2 , . . . , ik ∈ I
zó dat A ⊆ Ui1 ∪ Ui2 ∪ · · · ∪ Uik .
Bewijs. (⇒) Zij {Ui ; i ∈ I} een collectie open delen van X met A ⊆ ∪i∈I Ui .
Definieer Vi = A ∩ Ui voor i ∈ I. Dan is {Vi ; i ∈ I} een collectie open delen
van A met A = ∪i∈I Vi met ander woorden een open overdekking van A. Dus
62
8
COMPACTE RUIMTES
is er een eindig aantal indices i1 , i2 , . . . , ik ∈ I zó dat A = Vi1 ∪ Vi2 ∪ · · · ∪ vik .
Maar dan is A ⊆ Ui1 ∪ Ui2 ∪ · · · ∪ Uik .
(⇐) Zij {Vi ; i ∈ I} een collectie open delen van A met A = ∪i∈I Vi . Kies
voor elke i ∈ I een open Ui ⊆ X met Vi = Ui ∩ A. Dan is {Ui ; i ∈ I} een
collectie open delen van X met A ⊆ ∪i∈I Ui . Bij aanname is er een eindig
aantal indices i1 , i2 , . . . , ik ∈ I zó dat A ⊆ Ui1 ∪ Ui2 ∪ · · · ∪ Uik . Maar dan is
A = A ∩ (Ui1 ∪ Ui2 ∪ · · · ∪ Uik ) = Vi1 ∪ Vi2 ∪ · · · ∪ Vik . Dit betekent dat A
compact is.
•
Voorbeeld 8.2. De verzameling h0, 1] met de Euclidische topologie is niet
compact. Zo is bijvoorbeeld is {h n1 , 1]}n∈N een open overdekking van h0, 1]
zonder eindige deel-overdekking. Hetzelfde geldt voor h0, 1i en voor R zelf.
Voorbeeld 8.3. In de spelden-topologie is de speld [0, 1i niet compact.
De overdekking {[1 − 21−n , 1 − 2−n i ; n ∈ N} bezit zelfs geen echte deeloverdekking.
Voorbeeld 8.4. Iedere eindige topologische ruimte is compact. Dat is duidelijk, want er zijn maar eindig veel verschillende open delen.
Voorbeeld 8.5. Een discrete ruimte X die compact is, is vanzelf eindig. Immers {{p}}p∈X is een open overdekking zonder een echte deel-overdekking;
deze moet dus wel eindig zijn.
Propositie 8.6. Zij X een compacte ruimte, en zij S een oneindige deelverzameling. Dan heeft S een verdichtings-punt.
Bewijs. Stel dat elke q ∈ X geen verdichtings-punt is. Dan kunnen we voor
iedere q ∈ X een open omgeving Uq van q kiezen zodat S ∩ Uq ⊆ {q}.
Omdat {Uq ; q ∈ X} een open overdekking is van X zijn er q1 , . . . , qk ∈ X
met X ⊆ Uq1 ∪ · · · ∪ Uqk . Maar dan is S = S ∩ X = S ∩ (Uq1 ∪ · · · ∪ Uqk ) =
(S ∩ Uq1 ) ∪ . . . (S ∩ Uqk ) ⊆ {q1 , . . . , qk } en dus eindig.
•
Voor het volgende gevolg verwijzen we naar de definitie van limiet gegeven in Opgave 2.14.
Propositie 8.7. Zij X een compacte metrische ruimte, en zij a een rij in
X. Dan is er een deelrij die convergeert.
Bewijs. Er zijn twee mogelijkheden. De eerste is dat de afbeelding n 7→ an
maar eindig veel waarden aanneemt. Dan is er een waarde die oneindig vaak
wordt aangenomen. Dat betekent dat er een deelrij is die constant is. Die
deelrij convergeert dan naar dezelfde constante.
Blijft over de mogelijkheid dat de rij a oneindig veel waarden aanneemt.
Volgens Propositie 8.6 heeft de beeld-verzameling dan een verdichtingspunt
p. Voor elke omgeving U van p is er dan een kn > n met akn ∈ U . Nu
convergeert de deelrij n 7→ akn naar p.
•
F. Clauwens: Topologie
8.2
63
Eigenschappen van compacte ruimtes
De belangrijkste stelling is de stelling van Heine-Borel die hierboven al werd
vermeld en al in sectie 17.9 van [2] behandeld is.
Propositie 8.8. Ieder begrensd segment [a, b] in de Euclidische R is compact.
Bewijs. Zij {Ui ; i ∈ I} een collectie open delen van R met [a, b] ⊆ ∪i∈I Ui .
Voor de gelegenheid noemen we een deel-segment Y van [a, b] slecht als er
geen eindige J ⊆ I bestaat met Y ⊆ ∪i∈J Ui . Schrijf Xn,k voor het segment
[a + (k − 1)2−n (b − a), a + k2−n (b − a)].
Als Xn,k slecht is dan is Xn+1,2k−1 slecht of Xn+1,2k slecht. Anders was
er immers een eindige J1 ⊆ I zódat Xn+1,2k−1 ⊆ ∪i∈J1 Ui en een eindige
J2 ⊆ I zó dat Xn+1,2k ⊆ ∪i∈J2 Ui ; en dan was
Xn,k = Xn+1,2k−1 ∪ Xn+1,2k ⊆ ∪i∈J1 ∪J2 Ui
in tegenspraak met het feit dat Xn,k slecht is.
Veronderstel nu eens dat X0,1 slecht was. Dan konden we met inductie
een keten X = X0,1 ⊇ X1,k1 ⊇ X2,k2 ⊇ X3,k3 ⊇ . . . vormen van slechte
segmenten. Nu vormen de linker-eindpunten an = a + (kn − 1)2−n (b − a)
een stijgende rij die van boven begrensd is, en dus een limiet heeft, zeg c.
Net zo vormen de rechter-eindpunten bn = a + kn 2−n (b − a) een dalende
rij, en de limiet is ook c, omdat het verschil bn − an = 2−n (b − a) naar nul
convergeert.
Omdat [a, b] ⊆ ∪i∈I Ui is er zeker een i zó dat c ∈ Ui . Omdat Ui open
is, is er een > 0 zó dat hc − , c + i ⊆ Ui . Voor n voldoende groot is
nu an ∈ hc − , c + i en bn ∈ hc − , c + i, en dus ook Xn,kn = [an , bn ] ⊆
hc − , c + i ⊆ Ui . Dit is in tegenspraak met het feit dat Xn,kn slecht is.
We zien dat de veronderstelling dat X slecht is fout moet zijn, en er dus
een eindige J ⊆ I is met X ⊆ ∪i∈J Ui . Dit geldt voor een willekeurige open
overdekking {Ui ; i ∈ I} van X. Dit betekent dat X = [a, b] compact is. •
Propositie 8.9. Zij X een compacte ruimte en G ⊆ X gesloten. Dan is
ook G compact.
Bewijs. Zij {Ui ; i ∈ I} een collectie open delen van X met G
Dan levert {X − G} ∪ {Ui ; i ∈ I} een open overdekking van X.
compact is bestaat er een deel-overdekking van X die eindig is,
G, Ui1 , . . . , Uik }. Het is duidelijk dat dan G ⊆ Ui1 ∪ · · · ∪ Uik .
compact.
⊂ ∪i∈I Ui .
Omdat X
zeg {X −
Dus G is
•
Propositie 8.10. Zij f : X → Y een continue afbeelding tussen topologische
ruimtes en K ⊆ X een compacte deel-ruimte. Dan is f (K) compact. In het
bijzonder is ieder quotiënt van een compacte ruimte is weer compact.
64
8
COMPACTE RUIMTES
Bewijs. Zij {Vi ; i ∈ I} een open overdekking van f (K). Omdat f continu
is is dan {f −1 (Vi ) ; i ∈ I} een open overdekking van K. Er zijn dus
i1 , . . . , ik ∈ I met K ⊆ f −1 (Vi1 ) ∪ · · · ∪ f −1 (Vik ), met andere woorden
•
f (K) ⊆ Vi1 ∪ · · · ∪ Vik . Dus f (K) is compact.
Propositie 8.11. (‘Stelling van Tychonoff ’) Als X en Y compacte ruimtes
zijn, dan is X × Y dat ook.
Bewijs. Het bewijs is niet moeilijk, maar het is van belang op een degelijke
manier de boekhouding van de indices bij te houden.
•q
Wp,q
Ui(p,q)
•(p, q)
Vp,q × Wp,q
Y
X ×Y
p
•
Vp
X
Figuur 14: De verzamelingen Vp,q × Wp,q
Zij {Ui ; i ∈ I} een open overdekking van X × Y . Kies p ∈ X vast.
Voor iedere q ∈ Y is er een index i(p, q) ∈ I zodat (p, q) ∈ Ui(p,q) . Kies een
basis-element Vp,q × Wp,q van X × Y dat enerzijds (p, q) bevat en anderzijds
in Ui(p,q) bevat is. Dan is de collectie {Wp,q }q∈Y een open overdekking van
Y . Omdat Y compact is, bestaat er een eindige deelverzameling Tp ⊆ Y
(die van p afhangt, vandaar het sub-script) zodat Y = ∪q∈Tp Wp,q . Laat nu
Vp = ∩q∈Tp Vp,q . Dit is een eindige doorsnede van open omgevingen van p in
X en dus zelf een open omgeving van p in X.
F. Clauwens: Topologie
65
Dus {Vp }p∈X is een open overdekking van X. Omdat X compact is,
bestaat er een eindige deelverzameling S van X met ∪p∈S Vp = X. Merk nu
op dat als p ∈ S en q ∈ Tp , dan Vp ×Wp,q ⊆ Vp,q ×Wp,q ⊆ Ui(p,q) . Samen met
het feit dat ∪p∈S ∪q∈Tp Vp × Wp,q = ∪p∈S (Vp × Y ) = (∪p∈S Vp ) × Y = X × Y
vertelt dit dat de eindige collectie {Ui(p,q) ; p ∈ S, q ∈ Tp } een overdekking
is van X × Y . Dus X × Y is compact.
•
Met inductie volgt natuurlijk dat ieder eindig product van compacte
ruimtes weer compact is. Tychonov bewees dat dit zelfs voor willekeurige
producten van compacte ruimtes het geval is.
Propositie 8.12. Iedere begrensde gesloten deel-ruimte van Rn is compact.
Bewijs. Is A ⊂ Rn begrensd en gesloten, dan is A een gesloten deel van een
kubus K = [−a, a] × · · · × [−a, a] met 0 ≤ a < ∞. Uit stelling 8.8 en de
stelling van Tychonov volgt dat K compact is. Volgens Propositie 8.9 is dan
ook A compact.
•
8.3
Compacte metrische ruimten
We eindigen dit Hoofdstuk met het vermelden van enige bijzonderheden die
optreden wanneer de topologie van een metriek afkomstig is. Het meeste
hiervan is al aan de orde geweest in Hoofdstuk 17 van [2].
We herinneren er aan dat een rij {an } in een metrische ruimte (X, d) een
Cauchy-rij heet als er voor elke δ > 0 een M ∈ N is met d(ak , a` ) < δ voor
k, ` ≥ M . Een metrische ruimte (X, d) heet volledig als elke Cauchy-rij in X
een limiet heeft. Hij heet begrensd als er een D ∈ R bestaat met d(x, y) ≤ D
voor alle x, y ∈ X.
Propositie 8.13. Zij (X, d) een compacte metrische ruimte. Dan is (X, d)
begrensd en volledig.
Bewijs. Kies p ∈ X. Dan is {B(p, n)}n∈N een open overdekking van X.
Omdat die een eindige deel-overdekking heeft is X = B(p, n0 ) voor een
n0 ∈ N. Dus voor willekeurige y, z ∈ X is d(y, z) ≤ d(y, p) + d(p, z) ≤ 2n0 ,
in het bijzonder is X begrensd. Beschouw een Cauchy-rij in X. Volgens
Propositie 8.7 is re een deelrij die convergeert. Maar als een deel-rij van een
Cauchy-rij convergeert dan convergeert die rij zelf ook, en wel naar dezelfde
limiet. Iedere Cauchy-rij in X heeft dus een limiet.
•
Uit deze Propositie volgt dat de compacte delen van Rn begrensd en
gesloten zijn. Het omgekeerde hebben we al gezien in Propositie 8.12.
Propositie 8.14. Als X een niet-lege compacte ruimte is en f : X → R is
continu, dan heeft f een maximum en een minimum.
66
8
COMPACTE RUIMTES
Bewijs. Wegens Propositie 8.10 is f (X) compact. Dus volgens Propositie
8.13 is f (X) begrensd en gesloten in R. Omdat f (X) niet-leeg en begrensd
is zijn sup f (X) en inf f (X) eindig. Omdat f (X) gesloten is behoren die
twee punten tot f (X).
•
Anderzijds hoeft een begrensde volledige metrische ruimte niet compact
te zijn: neem bijvoorbeeld een oneindige verzameling X met de metriek van
voorbeeld 2.5. Deze metrische ruimte is zeker begrensd en volledig. Omdat
de topologie op X discreet is, is X niet compact. Zie voorbeeld 8.5.
Voorbeeld 8.15. De sfeer S n is compact. Dus volgens Propositie 8.10 is
ook de projectieve ruimte P n (R) compact (zie voorbeeld 7.13).
Een veel-gebruikte toepassing van compactheid is ook de volgende Propositie.
Propositie 8.16. (‘Lemma van Lebesgue’) Zij {Ui ; i ∈ I} een open overdekking van een compacte metrische ruimte (X, d). Dan is er een > 0 met
de eigenschap: voor elke p ∈ X is er een i ∈ I met B(p, ) ⊆ Ui .
Bewijs. Stel dat die niet bestaat. Dit betekent: als n ∈ N dan voldoet
2−n niet aan de eisen voor . Dit betekent dat we een an ∈ X kunnen kiezen
zodat B(an , 2−n ) in geen enkele Ui ligt. Dit geldt voor elke n ∈ N.
Propositie 8.7 zegt nu dat er een stijgende afbeelding φ : N → N is
zo dat de deelrij k 7→ bk = aφ(k) convergeert, zeg naar p ∈ X. Omdat
B(aφ(k) , 2−φ(k) ) ⊆ B(bk , 2−k ) ligt B(bk , 2−k ) in geen enkele Ui .
Omdat de Ui een overdekking vormen van X kunnen we een j ∈ I
kiezen met p ∈ Uj . Omdat Uj open is kunnen we een δ > 0 kiezen zo dat
B(p, δ) ⊆ Uj . Omdat de rij {bk } naar p convergeert kunnen we een M ∈ N
kiezen zo dat d(an , p) < 2δ voor n ≥ M .
Voor k ≥ M is nu B(bk , 2δ ) ⊆ B(p, δ) ⊆ Uj . Als k bovendien zo groot is
dat 2−k < 2δ dan is dus B(bk , 2−k ) ⊆ Uj . Dit is in tegenspraak met de keuze
van de bk .
•
Net als volledigheid is uniforme continuı̈teit een begrip dat niet geformuleerd kan worden in een willekeurige topologische ruimte maar wel in
een metrische ruimte. De volgende Propositie is een kleine uitbreiding van
de bewering dat een continue afbeelding op een compacte ruimte vanzelf
uniform continu is.
Propositie 8.17. Zij f : (X, d) → (Y, e) een continue afbeelding van metrische ruimtes, en zij K ⊆ X compact. Dan is er voor elke > 0 een δ > 0
zo dat
( k ∈ K, x ∈ X, d(k, x) < δ ) ⇒ e(f (k), f (x)) < Opgave 8.1. Bewijs Propositie 8.17.
F. Clauwens: Topologie
67
Opgave 8.2. We komen nog eens terug op de situatie in opgave 7.8. Beschouw op h0, ∞i de equivalentie-relatie R voortgebracht door de relatie
t ∼ 2t. Toon aan dat de quotiënt-ruimte h0, ∞i/R compact is. Beschouw de
equivalentie-relatie S op [0, ∞i voortgebracht door de relatie t ∼ 2t. Toon
aan dat ook [0, ∞i/S compact is.
Opgave 8.3. Zij X een topologische ruimte. Zij B een basis voor de topologie van X.
1. Bewijs dat X compact is precies dan als het volgende geldt: elke open
overdekking van X waarbij de open delen uit B afkomstig zijn, bezit
een eindige deel-overdekking.
2. Toon aan dat de volgende eigenschap equivalent is met compact zijn
van X: als F = {Fi ; i ∈ I} een collectie gesloten deelverzamelingen
van X is zo dat ∩i∈J Fi 6= ∅ voor elke eindige deelverzameling J ⊆ I,
dan is ∩i∈I Fi 6= ∅.
3. Laat zien dat een eindige vereniging van compacte deel-ruimtes van X
weer compact is.
Opgave 8.4. (lastig) Zij X een compacte ruimte. Bewijs dat voor iedere
ruimte Y de projectie X × Y → Y , (x, y) 7→ y gesloten is. Aanwijzing: Het
bewijs is analoog aan dat van Propositie 8.11.
Opgave 8.5. Laat zien dat [0, 1] niet compact is in R met de speldentopologie.
Zie verder tentamen-opgave 1 (deel 3)
8.4
Compacte Hausdorff-ruimtes
Het begrip compactheid komt pas goed tot zijn recht in samenwerking met
de Hausdorff-eigenschap. Dit ideale koppel dient zich bijvoorbeeld aan bij
criteria voor het gesloten zijn van een continue afbeelding: Propositie 8.21.
Propositie 8.18. Zij X een Hausdorff-ruimte en zij K ⊆ X een compacte
deelverzameling. Als q ∈ X − K dan zijn er disjuncte open delen U ⊇ K en
V 3 q.
Bewijs. Volgens de Hausdorff-eigenschap zijn er voor iedere p ∈ K, disjuncte
open verzamelingen Up 3 p en Vp 3 q. Omdat K ⊆ ∪p∈K Up en K compact is
zijn er p1 , . . . , pn ∈ K met K ⊆ Up1 ∪· · ·∪Upn . Neem dan U = Up1 ∪· · ·∪Upn
en V = Vp1 ∩ · · · ∩ Vpn . Het is duidelijk dat K ⊆ U , q ∈ V en er geldt
U ∩ V = ∪ni=1 (Upi ∩ V ) ⊆ ∪ni=1 (Upi ∩ Vpi ) = ∅.
•
Propositie 8.19. Zij X een Hausdorff-ruimte en zij K ⊆ X een compacte
deel-ruimte. Dan is K gesloten in X
68
8
COMPACTE RUIMTES
We kunnen de truc uit het bewijs van Propositie 8.18 nog eens herhalen
en vinden dan:
Propositie 8.20. Zij X een Hausdorff-ruimte en K ⊆ X, L ⊆ X disjuncte
compacte delen. Dan zijn er disjuncte open U ⊇ K, V ⊇ L.
Bewijs. Uit Propositie 8.18 volgt dat er bij iedere q ∈ L disjuncte open
verzamelingen U (q) ⊇ K en V (q) 3 q bestaan. Omdat L compact is, zijn er
q1 , . . . , qm ∈ L zodat L ⊆ V (q1 ) ∪ · · · ∪ V (qm ). Dan voldoen U = U (q1 ) ∩
· · · ∩ U (qm ) en V = V (q1 ) ∪ · · · ∪ V (qm ).
•
We vinden nu een eenvoudig criterium voor het gesloten zijn van een
continue afbeelding.
Propositie 8.21. Zij X een compacte ruimte en zij Y een Hausdorffruimte. Zij f : X → Y een continue afbeelding. Dan is f een gesloten
afbeelding f . Als f ook nog injectief is dan is f een homeomorfisme van X
op de deel-ruimte f (X) van Y .
Bewijs. Zij G gesloten in X. Dan is G compact volgens Propositie 8.9. Dus
is f (G) compact volgens Propositie 8.10. Dus is f (G) gesloten in Y volgens
Propositie 8.19.
Als f : X → Y ook nog injectief is dan is de afbeelding X → f (X),
p 7→ f (p), is dan continu, gesloten en bijectief, dus een homeomorfisme. •
Voorbeeld 8.22. Voor iedere continue injectie f : S n → Rm , is f (S n )
homeomorf met S n . Voor n = 1 en m = 2 noemen we het beeld een Jordankromme; voor n = 1 enm = 3, een knoop.
Voorbeeld 8.23. Definieer de continue afbeelding f : S 2 → R6 door
√
√
√
f (x, y, z) = (x2 , y 2 , z 2 , 2xy, 2yz, 2zx)
Dan is f (x0 , y 0 , z 0 ) = f (x, y, z) alleen als (x0 , y 0 , z 0 ) = (x, y, z) of (x0 , y 0 , z 0 ) =
(−x, −y, −z). Dus factoriseert f over een continue injectie f : P 2 (R) → R6 .
Omdat P 2 (R) compact is en R6 Hausdorffs, zegt Propositie 8.21 nu dat f
een homeomorfisme is van P 2 (R) op zijn beeld. Dat beeld is bevat in
6
V = {(v1 , v2 , v3 , v4 , v5 , v6 ) ∈ R ;
6
X
(vi )2 = 1 en v1 + v2 + v3 = 1}
i=1
Zij g : V → S 4 de afbeelding gegeven door
√
√
√
√
1
g(v1 , . . . , v6 ) = ((2v1 + v2 − 1) 3, 3v2 − 1, v4 6, v5 6, v6 6)
2
F. Clauwens: Topologie
69
en zij h : S 4 → V de afbeelding gegeven door
√
√
√
√
1 √
h(s1 , . . . , s5 ) = (s1 3 − s2 + 1, 2s2 + 1, −s1 3 − s2 + 1, s3 6, s4 6, s5 6)
3
Men gaat gemakkelijk na dat g en h elkaars inversen zijn en beiden continu.
Dus P 2 (R) is homeomorf met een deel-ruimte van S 4 . In de algebraı̈sche
topologie bewijst men dat P 2 (R) niet homeomorf is met een deel-ruimte van
S 3 , en dus ook niet met een van R3 .
Ook de volgende stelling laat zien hoe goed de Hausdorff-eigenschap en
de eigenschap van compactheid samenwerken. In het volgende Hoofdstuk
zullen we nog een veralgemening van deze stelling bewijzen.
Propositie 8.24. Zij X een compacte Hausdorff-ruimte. Zij R een gesloten
equivalentie-relatie op X. Dan is X/R ook een compacte Hausdorff-ruimte.
Bewijs. De compactheid van X/R is Propositie 8.10. Om de Hausdorffeigenschap te bewijzen beschouwen we twee verschillende punten p en q van
X/R. We moeten disjuncte open delen A 3 p en B 3 q van X/R aanwijzen.
Mochten die bestaan dan zijn P = π −1 (A) en Q = π −1 (B) disjuncte en
R-verzadigde open delen van X zó dat P ⊇ π −1 ({p}) en Q ⊇ π −1 ({q}).
Omgekeerd is volstaat het om dergelijke P en Q te construeren, want dan
voldoen A = π(P ) en B = π(B) aan alle eisen. Dat gaan we nu doen.
Zij x ∈ π −1 (p). Dan is {x} compact, dus gesloten in X volgens Propositie
8.19. Omdat R een gesloten equivalentie-relatie is, is dan ook π −1 π({x})
een gesloten deel van X. Dan is π −1 ({p}) = π −1 π({x}) compact volgens
Propositie 8.9. Evenzo is π −1 ({q}) compact. Omdat p en q verschillend
zijn, zijn π −1 ({p}) en π −1 ({q}) disjunct. Volgens Propositie 8.20 zijn er nu
disjuncte open delen U ⊇ π −1 ({p}) en V ⊇ π −1 ({q}) van X. We zijn echter
nog niet klaar omdat U en V nog niet R-verzadigd hoeven te zijn — zie
Figuur 15 boven.
Omdat X − U gesloten is in X, en omdat R een gesloten equivalentierelatie is, is π −1 π(X − U ) gesloten in X. Dat betekent dat P = X −
π −1 π(X − U ) open is in X. Bovendien is P een R-verzadigde verzameling,
dat wil zeggen π −1 π(P ) = P . Hetzelfde geldt voor Q = X − π −1 π(X − V ).
Omdat π −1 ({p}) ⊆ P ⊆ U en π −1 ({q}) ⊆ Q ⊆ V volgens Opgave 8.6
voldoen P en Q nu aan alle eisen — zie Figuur 15 onder en Figuur 16. •
Opgave 8.6. Controleer de bewering dat π −1 ({p}) ⊆ P in bovenstaand
Bewijs.
Opgave 8.7. Zij X = R2 voorzien van de Euclidische topologie, en zij E
de equivalentie-relatie waarvoor ((x1 , x2 ), (y1 , y2 )) ∈ E dan en slechts dan
als (x1 − y1 , x2 − y2 ) ∈ Z2 . Laat zien dat de quotiënt-ruimte X/E een
Hausdorff-ruimte is en dat hij homeomorf is met S 1 × S 1 .
70
8
COMPACTE RUIMTES
f −1 (p)
U
V
f −1 (q)
X
p
•
q
•
X −U
p
•
π(X − U )
X/R
X
q
•
X/R
Figuur 15: Boven: We kiezen U en V open en disjunct. Deze zijn nog
niet verzadigd. Onder: Daarna gaan we over op complementen. Hier is het
complement van U aangegeven.
Opgave 8.8. Beschouw op D2 de equivalentie-relatie S voortgebracht door:
x ∼ y als x, y ∈ S 1 . Toon aan dat D2 /S homeomorf is met S 2 .
Opgave 8.9. Zij X een verzameling en T een topologie op X. Zij T 0
een echt fijnere topologie. Laat zien: als (X, T ) een Hausdorff-ruimte is,
dan is (X, T 0 ) niet compact. Dit betekent dat twee verschillende compacte
Hausdorffse topologieën op dezelfde verzameling vanzelf onvergelijkbaar zijn
(met betrekking tot de ordening gegeven door inclusie).
Opgave 8.10. Beschouw op D2 de equivalentie-relatie R voortgebracht door
de relatie x ∼ −x voor x ∈ S 1 . Laat zien dat D2 /R homeomorf is met
P 2 (R). Aanwijzing: maak gebruik van een homeomorfisme van D2 op het
boven-halfrond van S 2 , die S 1 afbeeldt op de equator.
Opgave 8.11. Beschouw op X = [0, 1] × [−1, +1] de equivalentie-relatie S
voortgebracht door (0, t) ∼ (1, −t) voor −1 ≤ t ≤ 1. De quotiënt-ruimte
X/S heet de Möbius-band. Zij K = {x ∈ S 2 ; |x3 | > 21 } en zij φ : S 2 →
F. Clauwens: Topologie
71
π −1 π(X − U )
X
π(X − U )
p
•
X/R
q
•
Q
P
X
p
•
q
•
X/R
Figuur 16: Boven: We verzadigen die complementen. Hier is dat voor U
aangegeven. Onder: Daarna gaan we weer over op de complementen. Op
deze manier vinden we de grootste verzadigde verzameling binnen U en V .
P 2 (R) de quotiënt-vormende afbeelding. Laat zien dat φ(K) ' B 2 . Laat
zien dat P 2 (R) − φ(K) homeomorf is met X/S.
Zie verder tentamen-opgave 1 (deel3 ), 3 (deel 1), 4. 16, 17, 20, 23, 31
(delen 1-3), 33, 36, 39 (deel 1).
72
9
9.1
9
LOCAAL-COMPACTE RUIMTES
Locaal-compacte ruimtes
Definitie en eigenschappen
Propositie 8.24 is helaas niet algemeen genoeg om toegepast te kunnen worden op het belangrijke geval X = Rn . We moeten daarvoor een tweetal
nieuwe begrippen invoeren.
Definitie 9.1. Een ruimte X heet locaal-compact als voor ieder punt p
geldt: elke omgeving van p bevat een compacte omgeving van p.
Uitgeschreven: bij iedere open U en iedere p ∈ U bestaat er een compacte
K en een open V in X met p ∈ V ⊆ K ⊆ U .
Voorbeeld 9.2. Als U een omgeving van p in Rn is dan bevat hij een bol
B(p, r) voor zekere r > 0. Deze bol bevat de compacte K = B(p, r/2) en
deze weer de open V = B(p, r/2). Dit betekent dat Rn locaal-compact is.
Opgave 9.1. Zij X een Hausdorff-ruimte met de eigenschap dat elk punt
een compacte omgeving heeft. Laat zien dat X locaal compact is.
Opgave 9.2. Laat zien dat elk open deel en ook elk gesloten deel van een
locaal-compacte ruimte weer locaal compact is.
Opgave 9.3. Laat zien dat Q niet locaal-compact is.
Het bewijs van Propositie 8.24 kwam neer op het heen en weer pendelen
tussen compactheid en geslotenheid met behulp van Propositie 8.9 en Propositie 8.19. De volgende Propositie laat zien dat zulke manoeuvres ook in
locaal-compacte Hausdorff-ruimtes mogelijk zijn.
Propositie 9.3. Voor een locaal-compacte Hausdorff-ruimte X geldt: G is
gesloten in X ⇔ voor iedere compacte K ⊆ X is G ∩ K compact.
Bewijs. ⇒) Dit volgt meteen uit Propositie 8.9.
⇐) Zij p ∈ X − G willekeurig en kies een compacte omgeving K van p in
X: zeg dat p ∈ W ⊆ K met W open in X. Nu is K ∩ G ook compact
bij aanname, dus volgens Propositie 8.18 zijn er open U en V in X met
p ∈ U , G ∩ K ⊆ V en U ∩ V = ∅. Nu is W ∩ U open en bevat p en
(W ∩ U ) ∩ G ⊆ K ∩ U ∩ G ⊆ U ∩ V = ∅ wat betekent dat W ∩ U ⊆ X − G.
Dus is p inwendig punt van X − G. Omdat p willekeurig was betekent dit
dat X − G open is en G gesloten.
•
Definitie 9.4. We noemen een afbeelding f : X → Y tussen ruimtes proper
als f continu is en als f −1 (K) compact is voor iedere compacte K ⊆ Y .
Voorbeeld 9.5. De projectie R2 → R, (x, y) 7→ x, is niet proper, maar de
projectie R × [0, 1] → R wel.
F. Clauwens: Topologie
73
We hebben nu de volgende algemenere versie van Propositie 8.21:
Propositie 9.6. Zij f : X → Y een propere afbeelding tussen ruimtes en zij
Y locaal-compact Hausdorffs. Dan is f gesloten.
Bewijs. Laat G ⊆ X gesloten zijn; we moeten aantonen dat f (G) ⊆ Y
gesloten is. Volgens Propositie 9.3 is het voldoende te bewijzen dat f (G)∩K
compact is voor iedere compacte K ⊆ Y . Zij dus K ⊆ Y compact. Omdat
f proper is, is dan f −1 (K) compact. Volgens Propositie 8.9 toegepast op
f −1 (K) is dan ook G ∩ f −1 (K) compact. Dus is volgens Propositie 8.10 ook
f (G) ∩ K = f (G ∩ f −1 (K)) compact.
•
Opgave 9.4. Zij f een continue afbeelding van een compacte ruimte C naar
een locaal compacte Hausdorff-ruimte D. Laat U ⊆ D een open deel zijn,
zó dat de beperking g : f −1 (U ) → U van f een bijectie is. Laat zien dat g
een homeomorfisme is.
We geven nu een voorbeeld van een situatie waarin we dit begrip van
toepassing is. De volgende Propositie zegt dat een afbeelding van Euclidische
ruimtes proper is als ver weg gelegen punten op ver weg gelegen punten
worden afgebeeld. In Opgave 9.7 komen we hier nog op terug.
Propositie 9.7. Zij X een gesloten deel van Rn en f : X → Rm continu.
Dan is f proper dan en slechts dan als er voor iedere r > 0 een a(r) > 0 is
zodat kxk > a(r) impliceert kf (x)k > r.
Bewijs. ⇐): Als K ⊆ Rm compact is, dan is K begrensd, met andere
woorden deel van een Dm (r) = {y ∈ Rm ; kyk ≤ r}. Volgens aanname is
dan f −1 (K) ⊆ f −1 (Dm (r)) ⊆ X ∩ Dn (a(r)), dus begrensd. Daar f continu
is en K gesloten, is ook f −1 (K) gesloten in X, en dus gesloten in Rn . Hieruit
volgt dat f −1 (K) gesloten en begrensd is, en dus compact volgens Propositie
8.12.
•
Opgave 9.5. Bewijs zelf de andere implicatie ⇒ van deze Propositie.
Voorbeeld 9.8. Zij f : [0, ∞i → R2 de spiraal gedefinieerd door
f (t) = ((1 + t) cos t, (1 + t) sin t)
Dan is Propositie 9.7 van toepassing met a(r) = 1 + r. Dus is f proper.
Bovendien is hij injectief omdat kf (t)k = 1 + t. Omdat R2 locaal-compact
Hausdorffs is, volgt uit Propositie 9.6 dat f dan een homeomorfisme is op
zijn beeld.
Voorbeeld 9.9. Zij f : [0, ∞i → S 1 ⊂ R2 de spiraal gedefinieerd door
f (t) = (cos(2π
t
t
), sin(2π
))
t+1
t+1
74
9
LOCAAL-COMPACTE RUIMTES
Dan is er voor r = 1 geen a(r) te vinden als in Propositie 9.7, en dus is f niet
proper. Was hij het wel geweest dan zou de continue bijectieve afbeelding f
ook nog gesloten zijn geweest en dus een homeomorfisme. We weten echter
dat [0, ∞i en S 1 niet homeomorf zijn.
Definitie 9.10. We noemen een equivalentie-relatie R op een ruimte X
proper als voor ieder compact deel van X de R-verzadiging weer compact
is.
In het bijzonder is dan iedere equivalentie-klasse compact.
Propositie 9.11. Zij X een locaal-compacte Hausdorff-ruimte en zij R een
propere equivalentie-relatie op X. Dan is R een gesloten equivalentie-relatie.
Bewijs. Zij G een gesloten deel van X. We moeten inzien dat π −1 π(G)
gesloten is in X. Volgens Propositie 9.3 is het voldoende aan te tonen dat
π −1 π(G) ∩ K compact is voor ieder compact deel K van X.
Zij K dus een compact deel van X. Omdat R proper is, is π −1 π(K)
compact. Volgens Propositie 8.9 is dan H = G ∩ π −1 π(K) compact. Omdat
R proper is, is nu π −1 π(H) compact. Verder is K gesloten volgens Propositie
8.19. Dus is ook π −1 π(H) ∩ K compact volgens Propositie 8.9. Maar het
is eenvoudig na te gaan dat π −1 π(H) ∩ K = π −1 π(G) ∩ K, dus we zijn
klaar.
•
Na deze Propositie kunnen we de aangekondigde veralgemening van Propositie 8.24 bewijzen:
Propositie 9.12. Zij X een locaal-compacte Hausdorff-ruimte en zij R
een propere equivalentie-relatie op X. Dan is ook X/R een locaal-compacte
Hausdorff-ruimte.
Bewijs. De locaal-compactheid.
Zij gegeven p ∈ U ⊆ X/R met U open. We bekijken eerst de situatie in X.
Voor elke x ∈ π −1 (p) is er een open Vx en een compacte Cx met
x ∈ Vx ⊆ Cx ⊆ π −1 (U )
(1)
De Vx voor x ∈ π −1 (p) overdekken de compacte π −1 (p), en dus doen eindig
vele het al, zeg voor x1 , . . . , xn . Als we W = ∪ni=1 Vxi en K = ∪ni=1 Cxi
noteren, dan is W open en K compact en uit formule (1) volgt:
π −1 (p) ⊆ W ⊆ K ⊆ π −1 (U )
(2)
Nu bekijken we de situatie in X/R. Als we B = (X/R)−π(X −W ) schrijven
dan volgt uit formule (2) dat
p ∈ B ⊂ π(K) ⊆ U
(3)
Omdat X − W gesloten is, is π(X − W ) gesloten volgens Propositie 9.11
en dus is B open in X/R. Omdat K compact is, is π(K) compact volgens
Propositie 8.10. Dus in formule (3) staat precies de situatie die in de definitie
van locaal-compactheid geëist wordt.
F. Clauwens: Topologie
75
De Hausdorff-eigenschap.
Beschouw nu twee verschillende punten p en q van X/R. Omdat π −1 ({q})
compact is, is hij volgens Propositie 8.19 gesloten in X. Per definitie van de
topologie is dan {q} gesloten in X/R. We kunnen dus de locaal-compactheid
toepassen met U = (X/R) − {q}. Als we A = (X/R) − π(K) schrijven, dan
leveren de drie inclusies in formule (3) dat respectievelijk
p ∈ B,
B ∩ A = ∅,
q∈A
We moeten alleen nog nagaan dat niet alleen B, maar ook A open is. Welnu,
omdat K compact is en R proper is π −1 π(K) compact. Volgens Propositie
8.19 is hij dus gesloten. Per definitie van de topologie op X/R is dus π(K)
gesloten, en daarom is A open.
•
Voorbeeld 9.13. Een situatie waarin Propositie 9.12 kan worden toegepast
is de volgende. Laat X een locaal-compacte Hausdorff-ruimte zijn en A ⊆ X
een compact deel van X. Beschouw de equivalentie-relatie R op X waarvan
de equivalentie-klassen A en de één-punts verzamelingen {p} zijn voor p ∈
X − A. Dan is R proper want de verzadiging van een compact deel K van
X is gelijk aan K of K ∪ A, dus compact. Propositie 9.12 zegt nu dat X/R
locaal-compact Hausdorffs is.
Opgave 9.6. Beschouw op R2 de equivalentie-relatie S voortgebracht door
x ∼ y als x, y ∈ D2 . Toon aan dat R2 /S homeomorf is met R2 .
9.2
De één-punts-compactificatie
We laten nu zien hoe een locaal-compacte Hausdorff-ruimte X op te vatten
is als open deel van een compacte Hausdorff-ruimte die maar één punt meer
heeft dan X.
Kies een punt dat niet in X zit; we noteren we dit punt met ∞. Zij
∗
X = X q {∞} en zij T∞ = {V q {∞} ⊆ X ∗ ; X − V is compact }. Zij
T de gegeven topologie op X, en zij T ∗ = T ∪ T∞ . We beschrijven nu de
eigenschappen van T ∗ in een viertal Proposities.
Propositie 9.14. De collectie T ∗ is een topologie op X ∗ .
Bewijs. We verifiëren de eigenschappen O1, O2 en O3.
O1 Omdat X − X = ∅ compact is, is X ∗ = X q {∞} ∈ T∞ ⊂ T ∗ . Verder
is ∅ ∈ T ⊂ T ∗ .
O2 Zij Ui ∈ T ∗ voor i ∈ I en laat U = ∪i∈I Ui . Als Ui ∈ T voor alle i,
dan is U ∈ T ⊂ T ∗ . Neem dus aan dat Uj ∈ T∞ voor zekere j ∈ I;
dan is ∞ ∈ Uj ⊆ U . Beschouw nu Gi = X ∩ (X ∗ − Ui ). Als Ui ∈ T
dan is Gi = X − Ui gesloten in X. Als Ui ∈ T∞ , zeg Ui = Vi q {∞},
dan is Gi = X − Vi compact, dus als deel van de Hausdorff-ruimte X
76
9
LOCAAL-COMPACTE RUIMTES
ook gesloten in X. Iedere Gi is dus gesloten in X. Dus is ∩i∈I Gi een
gesloten deel van de compacte Gj , en dus compact. Maar ∩i∈I Gi =
∩i∈I (X ∩ (X ∗ − Ui )) = X ∩ (X ∗ − ∪i∈I Ui ) = X ∩ (X ∗ − U ) = X ∗ − U .
Dus is X ∗ − U compact. Dat betekent dat U ∈ T∞ ⊂ T ∗ .
O3 We moeten laten zien dat U1 ∩ U2 ∈ T ∗ als U1 ∈ T ∗ en U2 ∈ T ∗ ; We
onderscheiden vier gevallen.
(a) Als U1 ∈ T en U2 ∈ T , dan U1 ∩ U2 ∈ T ⊂ T ∗ .
(b) Als U1 ∈ T , en U2 ∈ T∞ dan schrijven we U2 = V2 q {∞} waar
X − V2 een compact en dus gesloten deel is van de Hausdorffruimte X. Dus V2 is open in X en dus U1 ∩ U2 = U1 ∩ V2 ook,
dat wil zegen U1 ∩ U2 ∈ T .
(c) Als U1 ∈ T∞ en U2 ∈ T gaan we analoog te werk.
(d) Tenslotte, als U1 ∈ T∞ en U2 ∈ T∞ dan schrijven we U1 = V1 q
{∞} en U2 = V2 q {∞} waar X − V1 en X − V2 beiden compact
zijn. Dan is U1 ∩ U2 = (V1 ∩ V2 ) q {∞}. Hier is X − (V1 ∩ V2 ) =
(X − V1 ) ∪ (X − V2 ) weer compact. Dus is U1 ∩ U2 ∈ T∞ ⊂ T ∗ .
•
Merk op dat als X ∗ de topologie T ∗ krijgt, T∞ juist de collectie open
omgevingen is van ∞ in X ∗ . We noemen X ∗ , voorzien van de topologie T ∗ ,
een één-punts-gecompactificeerde van X. Deze naam wordt gerechtvaardigd
door de volgende Proposities (van Aleksandroff).
Propositie 9.15. De inclusie-afbeelding i : (X, T ) → (X ∗ , T ∗ ) is open en
continu en beeldt X dus homeomorf af op de deel-ruimte i(X) van X ∗ .
Bewijs. Stel W ∈ T , dat wil zeggen W is open deel van X. Dan is per
definitie W ∈ T ∗ , dat wil zeggen i(W ) is open in X ∗ . Dat betekent dat de
afbeelding i open is. Stel nu U ∈ T ∗ , dat wil zeggen U open in X ∗ . Als
∞ 6∈ U , dan is i−1 (U ) = U ∈ T , dat wil zeggen i−1 (U ) is open in X. Als
∞ ∈ U , dan schrijven we U = V q{∞}, waar X −V compact en dus gesloten
deel van X is. Dan is i−1 (U ) = V , wat open in X is. Dus in beide gevallen
is i−1 (U ) open in X. Dat betekent dat de afbeelding i continu is.
•
Propositie 9.16. De ruimte (X ∗ , T ∗ ) is een Hausdorff-ruimte.
Bewijs. Twee verschillende punten van X ∗ die beiden in X liggen zijn te
scheiden met open verzamelingen van X aangezien X Hausdorffs is. We
hoeven dus alleen nog te controleren dat ∞ en een willekeurige p ∈ X
disjuncte omgevingen hebben. Omdat X locaal compact is bestaat er een
open U ⊆ X en een compacte K ⊆ X zo dat p ∈ U ⊆ K. Nu is U ∈ T ⊆
T ∗ en X ∗ − K ∈ T∞ ⊆ T ∗ en dit zijn disjuncte open omgevingen van p
respectievelijk ∞.
•
F. Clauwens: Topologie
77
Propositie 9.17. De ruimte (X ∗ , T ∗ ) is compact.
Bewijs. Zij nu {Ui }i∈I een open overdekking van X ∗ . Dan is er een i0 ∈ I
zo dat ∞ ∈ Ui0 . Schrijf dan Ui0 = Vi0 q {∞}, met K = X − Vi0 compact.
De collectie {Ui }i∈I overdekt ook de compacte K, dus zijn er i1 , . . . , in ∈ I
zodat K ⊆ Ui1 ∪· · ·∪Uin . Dan is X ∗ = Ui0 ∪· · ·∪Uin . Dus X ∗ is compact. •
Als je wilt bepalen hoe de één-punts-gecompactificeerde van een gegeven
ruimte X er uitziet, dan is het voldoende een compacte Hausdorff-ruimte Y
te vinden en een punt p ∈ Y zó dat Y − {p} homeomorf is met X:
Propositie 9.18. Zij Y een compacte Hausdorff-ruimte, zij p ∈ Y , en zij
h : X → Y − {p} een homeomorfisme. Bekijk de afbeelding f : X ∗ → Y
gedefinieerd door
(
h(x) als x ∈ X
f (x) =
p
als x = ∞
Dan is h een homeomorfisme.
Bewijs. We bewijzen eerst dat f continu is. Laat U ⊆ Y open zijn. Als
p 6∈ U , dan is f −1 (U ) = h−1 (U ) element van T ⊂ T ∗ . Als p ∈ U , dan is
Y − U een gesloten deel van de compacte Y en dus compact. Omdat h een
homeomorfisme is, is dan ook h−1 (Y − U ) = X − h−1 (U ) compact. Maar
dat betekent dat f −1 (U ) = h−1 (U ) q {∞} element is van T∞ ⊂ T ∗ . Dus
in beide gevallen is f −1 (U ) open in X ∗ . Verder is f bijectief, omdat h het
is. Omdat X ∗ compact is en Y Hausdorffs, kunnen we nu volstaan met het
toepassen van Propositie 8.21.
•
Merk op dat de gegevens al impliceren dat X locaal-compact Hausdorffs
is.
Voorbeeld 9.19. Om de één-punts-compactificatie van Rn te bepalen is
het voldoende te vinden een compacte Hausdorff-ruimte Y en een p ∈ Y
zodat Y −{p} homeomorf is met Rn . Neem Y = S n en p = (0, . . . , 0, 1). Via
stereografische projectie is S n −{p} homeomorf met Rn . Dus is (Rn )∗ ∼
= Sn.
Je kunt de één-punts-compactificatie gebruiken om kwesties aangaande
locaal-compacte Hausdorff-ruimtes terug te brengen tot kwesties aangaande
compacte Hausdorff-ruimtes. Als voorbeeld van deze strategie geven we een
nieuw bewijs van Propositie 9.12:
Propositie 9.20. Zij X een locaal-compacte Hausdorff-ruimte en zij R
een propere equivalentie-relatie op X. Dan is ook X/R een locaal-compacte
Hausdorff-ruimte.
Bewijs. Zij R∗ de equivalentie-relatie op X ∗ die als equivalentie-klassen heeft
{∞} en de equivalentie-klassen van R. Volgens opgave 9.2 is het voldoende
78
9
LOCAAL-COMPACTE RUIMTES
om te laten zien dat i een continue open injectie j : X/R → X ∗ /R∗ induceert
en dat X ∗ /R∗ een compacte Hausdorff-ruimte is. We noteren π : X → X/R
respectievelijk π ∗ : X ∗ → X ∗ /R∗ voor de quotiënt-vormende afbeeldingen.
Zij G een gesloten deelverzameling van X ∗ . We onderscheiden twee
gevallen:
• Als ∞ 6∈ G, anders gezegd als X ∗ − G ∈ T∞ , dan is G een compact
deel van X zodat volgens het gegeven (π ∗ )−1 π ∗ (G) = π −1 π(G) een
compact deel is van X, en dus een gesloten deel van X ∗ .
• Als ∞ ∈ G, anders gezegd als X ∗ − G ∈ T , dan schrijven we G =
H q {∞} waar H een gesloten deel van X is. Volgens Propositie 9.11
is dan (π ∗ )−1 π ∗ (H) = π −1 π(H) een gesloten deel van X en dus is
(π ∗ )−1 π ∗ (G) = (π ∗ )−1 π ∗ (H) q {∞} een gesloten deel van X ∗ .
Dus in beide situaties is (π ∗ )−1 π ∗ (G) gesloten. Er is dus voldaan aan de
voorwaarden van Propositie 8.24. Dat betekent dat X ∗ /R∗ een compacte
Hausdorff-ruimte is.
Omdat i : X → X ∗ continu is en π ∗ ook, is de samenstelling een continue
afbeelding X → X ∗ /R∗ . Omdat deze afbeelding constant is op equivalentieklassen van R induceert hij een continue afbeelding j : X/R → X ∗ /R∗ . Bij
constructie van R∗ is j injectief. We bewijzen tenslotte dat j open is. Als U
een open deel van X/R is, dan is π −1 (U ) open deel van X, per definitie van
de topologie op X/R. Omdat i open is, is nu i(π −1 (U )) open in X ∗ . Maar
(π ∗ )−1 j(U ) = i(π −1 (U )). Dus is j(U ) open per definitie van de topologie op
X ∗ /R∗ .
•
Opgave 9.7. Laat X en Y locaal-compacte Hausdorff-ruimtes zijn.
1. Zij f : X → Y een propere afbeelding. Schrijf g : X ∗ → Y ∗ voor de
afbeelding gedefinieerd door g(x) = f (x) als x ∈ X en g(∞) = ∞.
Laat zien dat g continu is.
2. Zij g : X ∗ → Y ∗ een continue afbeelding. Stel dat g −1 (∞) = {∞}
ofwel g(X) ⊆ Y en schrijf f : X → Y voor die beperking van g. Laat
zien dat f proper is.
Propositie 9.7 is te zien als een toepassing van deze Opgave op het geval dat
X en Y Eucidische ruimtes zijn. Zie ook Voorbeeld 9.19.
Opgave 9.8. Zij p = (0, 1) ∈ S 1 en laat A = S 1 × {p} ∪ {p} × S 1 . Bewijs
dat (S 1 × S 1 ) − A homeomorf met R2 is. Zij T de equivalentie-relatie met
A als equivalentie-klasse en ook de {x} voor x ∈ S 1 × S 1 − A. Laat zien dat
(S 1 × S 1 )/T homeomorf is met de één-punts-compactificatie van R2 .
Zie verder tentamen-opgave 3 (deel 2), 8 14, 15, 21, 25, 26 (delen 3,4,5
en 7 ), 28, 29, 31 (deel 4), 32, 38 (deel 2 en 4).
F. Clauwens: Topologie
10
79
Normaliteit en Metrizeerbaarheid
In de eerste decennia van deze eeuw richtte zich de aandacht van veel topologen — vooral uit de zogenaamde school van Moskou — op het vinden van voldoende voorwaarden voor metriseerbaarheid van ruimtes. Het
belangrijkste resultaat van dit type behandelen we in dit Hoofdstuk: de
metriserings-stelling van Urysohn (1925).
10.1
Normale ruimtes
In dit deelhoofdstuk behandelen we een belangrijke topologische eigenschap
van metrische ruimtes.
Definitie 10.1. Een Hausdorff-ruimte X heet normaal als er voor ieder
paar disjuncte gesloten delen G1 , G2 van X er disjuncte open U1 ⊇ G1 en
U2 ⊇ G2 bestaan. Men zegt wel dat G1 en G2 gescheiden worden door U1
en U2 .
De volgende Propositie laat zien dat deze eigenschap noodzakelijk is voor
het bestaan van een metriek:
Propositie 10.2. Elke metrische ruimte (X, d) is normaal.
Bewijs. Laten G1 , G2 disjuncte gesloten delen zijn van X. Als G1 leeg is, dan
kunnen we U1 = ∅ en U2 = X kiezen, en analoog als U2 leeg is. We nemen
dus aan dat G1 en G2 niet-leeg zijn. We definieren functies di : X → R voor
i = 1, 2 door di (p) = inf{d(p, q) ; q ∈ Gi }. We hebben in Opgave 3.14 gezien
dat di dan continu is en dat d−1
i (0) = Gi , immers Gi is gesloten. We kiezen
nu U1 = {p ∈ X ; d1 (p) < d2 (p)} en U2 = {p ∈ X ; d2 (p) < d1 (p)}.
•
Ook compacte Hausdorff-ruimtes zijn normale ruimtes. Dit volgt direct
uit Propositie 8.20. Helaas zijn locaal-compacte Hausdorff-ruimtes niet altijd normaal.
Propositie 10.3. (‘Lemma van Urysohn’) Laat G0 en G1 disjuncte gesloten
delen zijn van een normale ruimte X. Dan bestaat er een continue functie
f : X → [0, 1] met f (G0 ) = {0} en f (G1 ) = {1}.
Bewijs. In een aantal stappen: We definieren eerst zekere verzamelingen
U (r) en daarna pas de functie f .
1. Omdat G0 en G1 disjunct en gesloten zijn worden ze gescheiden door
zekere open delen die we U (0.5) en V (0.5) noemen. Omdat U (0.5) in
het gesloten deel X − V (0.5) bevat is volgt dat U (0.5) ⊆ X − V (0.5) ⊆
X − G1 . Dus
G0 ⊆ U (0.5) ⊂ U (0.5) ⊆ X − G1
80
10
NORMALITEIT EN METRIZEERBAARHEID
Als we in dit argument G0 en G1 door G0 en X − U (0.5) vervangen
dan vinden we een open deel U (0.25) zo dat
G0 ⊆ U (0.25) ⊂ U (0.25) ⊆ U (0.5)
Evenzo als we G0 en G1 vervangen door U (0.5) en G1 dan vinden we
een open deel U (0.75) zo dat
U (0.5) ⊆ U (0.75) ⊂ U (0.75) ⊆ X − G1
We kunnen hiermee onbeperkt doorgaan: voor elk getal r ∈ (0, 1) van
de vorm r = 2−n k met k = 1, 2, . . . , 2n − 1 vinden we een open deel
U (r) van X met G0 ⊆ U (r) ⊆ X − G1 en deze verzamelingen hebben
de eigenschap:
r < r0
⇒
U (r) ⊆ U (r0 )
2. We definiëren nu f : X → [0, 1] door
(
inf{t ; x ∈ Ut }
f (x) =
1
als x ∈ ∪Ut
als x ∈
6 ∪Ut
Het bewijs dat f continu is maakt gebruik van twee identiteiten:
• We bewijzen dat f −1 [0, bi = ∪r<b Ur als b ∈ h0, 1].
Zij x ∈ f −1 [0, bi anders gezegd f (x) < b. Per definitie van f
betekent dit dat er een r ∈ h0, bi is van de vorm r = 2−n k is zó
dat x ∈ Ur .
Omgekeerd als x ∈ Ur met r < b dan is f (x) ≤ r en dus f (x) < b.
• We bewijzen dat f −1 ha, 1] = ∪r>a (X − U r ) als a ∈ [0, 1i.
Zij x ∈ f −1 ha, 1] anders gezegd a < f (x). Dan kunnen we n
en k en k 0 zo kiezen dat r = 2−n k en r0 = 2−n k 0 voldoen aan
a < r < r0 < f (x) (Ga na!). Per definitie is dan x 6∈ U (r0 ).
Omdat U (r) ⊆ U (r0 ) is dan x 6∈ U (r). Voor zulke x hebben we
dus x ∈ ∪r>a (X − U r ).
Omgekeerd als x ∈ ∪r>a (X − U r ) dan is er een r > a met x ∈
X −U r en dus x 6∈ U (r). Als echter s ∈ {t ; x ∈ Ut } dan is x ∈ Us
wat tegenspraak geeft voor s ≤ r; dus is een dergelijke s groter
dan r. Dit betekent dat r een ondergrens is van {t ; x ∈ Ut } en
dus zeker f (x) ≥ r > a.
Uit deze identiteiten blijkt dat f −1 (ha, bi) = f −1 [0, bi ∩ f −1 ha, 1] open
is in X zodra 0 ≤ a < b ≤ 1. Hieruit blijkt dat f continu is.
Als x ∈ G0 , dan x ∈ U (r) voor alle r en dus is f (x) = 0, als infimum
van alle r ∈ h0, 1i van de vorm 2−n k. Als x ∈ G1 , dan x 6∈ Ur voor
alle r en dus f (x) = 1.
F. Clauwens: Topologie
81
•
Propositie 10.4. (‘Stelling van Tietze’) Zij X een normale ruimte, zij
A ⊆ X gesloten, en zij f : A → [−1, 1] continu. Dan is er een continue
afbeelding g : X → [−1, 1] waarvan de beperking tot A precies f is.
Bewijs. Zij C1 = {x ∈ A ; f (x) ≤ − 13 } en D1 = {x ∈ A ; f (x) ≥ 13 }.
Dan zijn C1 en D1 gesloten in A en dus in X, en bovendien disjunct. Volgens Propositie 10.3 bestaat er een continue functie h1 : X → [− 13 , 13 ] zodat
h1 (C1 ) = − 13 en h1 (D1 ) = 31 . Nu is f2 = f − h1 een continue functie
op A die zijn waarden in [− 23 , 23 ] heeft. Zij C2 = {x ∈ A ; f2 (x) ≤ − 29 }
en D2 = {x ∈ A ; f2 (x) ≥ 92 }. Dan levert Propositie 10.3 een continue
h2 : X → [− 92 , 29 ] zodat h2 (C2 ) = − 29 en h2 (D2 ) = 29 . Dan is f3 = f2 − h2
een continue functie op A die zijn waarden in [− 94 , 49 ] heeft. Ga zo
door.
1 2 n
We
krijgen
zo
continue
functies
h
:
X
→
R
zodat
|h
|
≤
n
n
2 3 . Schrijf
Pn
gn = m=1 hm . Dan convergeert de rij g1 , g2 , . . . uniform naar een continue
n−1
functie g, immers het is een Cauchy-rij. Omdat |f − gn | ≤ 23
te A is
f − g daar 0.
•
Opgave 10.1. Zij X een normale ruimte en zij A ⊆ X. Beschouw de
equivalentie-relatie R met klassen A en {x} voor x ∈ X − A. Toon aan:
X/R is normaal dan en slechts dan als A gesloten deel is van X.
10.2
De metriserings-stelling van Urysohn
We komen nu terug op de kwestie van metriseerbaarheid. Uit Propositie
10.2 blijkt dat normaliteit nodig is voor metriseerbaarheid . We gaan nu
laten zien dat normaliteit ook bijna voldoende is voor metriseerbaarheid.
We schrijven [0, 1]N voor de verzameling van rijen met waarden in [0, 1].
We definiëren een metriek d op [0, 1]N door
1
d(x, y) = sup
|xn − yn | ; n ∈ N
n
Propositie 10.5. De metriek d levert de product-topologie op [0, 1]N .
Bewijs. We laten eerst zien dat de metrische topologie fijner is dan de
product-topologie. Zij x ∈ [0, 1]N . Er is een basis voor de product-topologie
zo dat elk basis-element U dat x bevat de volgende gedaante heeft:
U = {y ∈ [0, 1]N ; |yni − xni | < i ; i = 1, . . . , k}
waar n1 , . . . , nk een eindig aantal natuurlijke getallen is en i > 0 steeds.
Zij = min{ n11 , . . . , nkk }. Als y ∈ B(x, ), dan is n1i |yni − xni | < ≤ nii , dus
|yni − xni | < i voor i = 1, . . . , k. Met andere woorden y ∈ U . Dit bewijst
dat B(x, ) ⊆ U .
82
10
NORMALITEIT EN METRIZEERBAARHEID
Nu tonen we aan dat de product-topologie fijner is dan de metrische
topologie. Zij x ∈ [0, 1]N en > 0. Kies m ∈ N zodat m > 1 en zij U
de product-omgeving van x bestaande uit de y ∈ [0, 1]N met |yn − xn | < n
voor n = 1, . . . , m. Dan is U ⊆ B(x, ), immers voor n ≤ m is n1 |yn − xn | < 1
en voor n > m is eveneens n1 |yn − xn | ≤ n1 ≤ m
<
•
Opmerking 10.6. De metriek d0 op [0, 1]N welke gedefinieerd wordt door
d0 (x, y) = sup{|xn − yn | ; n ∈ N}
induceert niet de product-topologie. De bol U = {x ∈ [0, 1]N ; d0 (x, 0) < 1}
is namelijk niet open voor de product-topologie. Veronderstel dat hij open
zou zijn. Dan bevatte hij een basis-element B = πi−1
(U1 ) ∩ · · · ∩ πi−1
(Uk ).
1
k
Kies m ∈ N verschillend van i1 , . . . , ik en definieer de rij x door xm = 1 en
xn = 0 voor n 6= m; dan is x ∈ B ⊆ U . Maar het is duidelijk dat x 6∈ U .
We zijn nu voldoende voorbereid voor
Propositie 10.7. (Stelling van Urysohn’). Een normale ruimte X waarvan
de topologie een aftelbare basis B bezit is homeomorf met een deel-ruimte van
[0, 1]N . In het bijzonder is X metriseerbaar.
Bewijs. Eerst construeren we een continue afbeelding f : X → [0, 1]N . Zij
A ⊂ B × B de collectie paren (U, V ) ∈ B × B met U ⊆ V . Omdat B
aftelbaar is, is A het ook; we kunnen de elementen van A dus nummeren:
A = {(Un , Vn ) ; n ∈ N}.
Omdat U n ⊆ Vn kunnen we Propositie 10.3 toepassen op U n en X − Vn .
Dat levert een continue fn : X → [0, 1] die nul is op U n en 1 op X − Vn .
Voor x ∈ X zij f (x) ∈ [0, 1]N gedefinieerd als de rij die in n ∈ N de waarde
fn (x) heeft. Dan is f : X → [0, 1]N continu volgens opgave 6.14.
Nu bewijzen we dat f injectief is. Laat maar verschillende p, q ∈ X
gegeven zijn. Omdat X − {q} een omgeving is van p bestaat een V ∈ B met
p ∈ V ⊆ X − {q}. Nu zijn {p} en X − V disjuncte gesloten delen van X,
dus is er een open omgeving U van p in X met U ⊆ V . Zonder bezwaar
mogen we U ∈ B kiezen. Dan is (U, V ) = (Un , Vn ) voor een n ∈ N. Omdat
q 6∈ V = Vn is fn (q) = 1 en omdat p ∈ U = Un ⊆ Un is fn (p) = 0; dus is
f (p) 6= f (q).
Tenslotte bewijzen we dat f : X → f (X) open is door gebruik te maken
van Opgave 3.21. Zij W ⊆ X een open omgeving van p ∈ X. Dan is er
een n ∈ N met p ∈ Un ⊂ U n ⊆ Vn ⊆ W . Schrijf M = f (X) ∩ πn−1 [0, 1i
wat open is in f (X). Dan is f −1 (M ) = {q ∈ X ; fn (q) < 1}. Omdat
fn nul is op U n en 1 op X − Vn , volgt dat U n ⊆ f −1 (M ) ⊆ Vn . Dus is
f (p) ∈ f (Un ) ⊆ M ⊆ f (W ). Dit betekent dat f (W ) een omgeving is van
f (p).
•
F. Clauwens: Topologie
83
De voorwaarde dat X een aftelbare basis heeft is betrekkelijk mild. Bij1
voorbeeld {B(x, m
) ; x ∈ Qn ; m ∈ N} is een aftelbare basis voor Rn .
Als X een aftelbare basis B heeft en A ⊆ X een deel-ruimte is, dan is
{A ∩ B ; B ∈ B} een aftelbare basis voor A. Dus iedere deel-ruimte van Rn
heeft een aftelbare basis. Ook blijft deze eigenschap bewaard onder aftelbare
product-vorming: is Bn een basis voor Xn , voor n ∈ N, dan is
{π1−1 (B1 ) ∩ · · · ∩ πk−1 (Bk ) ; k ∈ N ; Bi ∈ Bi ; i = 1, . . . , k}
Q
een aftelbare basis voor n∈N Xn . In het bijzonder heeft [0, 1]N – en daarmee ook iedere deel-ruimte van [0, 1]N – een aftelbare basis.
Er zijn natuurlijk wel metrische ruimtes die geen aftelbare basis bezitten. Een flauw voorbeeld is een over-aftelbare verzameling met de discrete
topologie; zoals bekend is dat metriseerbaar. Een beter voorbeeld is de
verzameling rijen (xn ∈ [0, 1])n∈N voorzien van de metriek d0 gegeven door
d0 (x, y) = sup{|xn − yn | ; n ∈ N}. Uit Opgave 10.2 blijkt dat deze metrische
ruimte M geen aftelbare basis heeft.
Opgave 10.2. Voor elke I ⊆ N definieren we x(I) door x(I)n = 1 als n ∈ I
en x(I)n = 0 als n 6∈ I. Laat zien dat elke B(x(I), 1/2) een basis-element
van M bevat en dat deze basis-elementen allemaal verschillend zijn.
84
11
11
11.1
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgaven uit tentamens
Opgaven 1984-1989
Opgave 1. Zij X = [0, ∞i opgevat als deelruimte van R en S de equivalentierelatie met als equivalentieklassen {0} en voor x 6= 0, {x, x1 }. Laat zien
dat:
1. S is een open equivalentierelatie.
2. S is gesloten als deel van X × X.
3. De quotiënt-ruimte X/S is compact.
4. De equivalentie-relatie S is niet gesloten.
Opgave 2. Zij X een topologische ruimte en A en B samenhangende deelruimtes van X. Bewijs of weerleg de volgende beweringen.
1. Als A ∩ B 6= ∅, dan is A ∪ B een samenhangende deelruimte van X.
2. Als A ∩ B 6= ∅, dan is A ∪ B een samenhangende deelruimte van X.
Opgave 3. Zie p = (0, 1) als punt van de cirkel S 1 . Beschouw op de torus
S 1 × S 1 de equivalentierelatie A waarvoor S 1 × {p} een klasse is en waarvoor
de andere klassen uit één punt bestaan.
1. Toon aan dat de quotiënt-ruimte (S 1 ×S 1 )/A een compacte Hausdorffruimte is.
2. Toon aan dat de éénpunts-gecompactificeerde van R2 −{0} homeomorf
is met (S 1 × S 1 )/A
Opgave 4. Zij gegeven een continue afbeelding f : S 2 → S 1 .
1. Toon aan dat het beeld f (S 2 ) van f homeomorf is met één van de
ruimtes S 1 , [0, 1], {0}.
2. Toon aan dat f niet injectief kan zijn.
Opgave 5. Laat A = { n1 ; n ∈ N} en B = A ∪ {0}.
1. Welke van de deel-ruimtes N, Z, A en B van R zijn onderling homeomorf?
2. Dezelfde vraag voor R − N, R − Z, R − A en R − B.
Beargumenteer uw antwoorden.
Opgave 6. Laat f, g : X → Rn − {0} twee continue afbeeldingen zijn. Stel
er is een afbeelding λ : X → R met de eigenschap dat f (x) = λ(x) · g(x)
voor iedere x ∈ X. Bewijs dat λ continu is.
F. Clauwens: Topologie
85
Opgave 7.
1. Zij p : X → Y een continue open surjectieve afbeelding
zodat p−1 (y) samenhangend is voor iedere y ∈ Y . Bewijs dat X samenhangend is dan en slechts dan als Y samenhangend is.
2. Zij f : S 1 → S 1 continu en zij Γf = {(x, y) ∈ S 1 × S 1 ; y = f (x)} de
grafiek van f . Bewijs dat S 1 × S 1 − Γf samenhangend is.
Opgave 8. Zij A = {(x, y) ∈ R2 ; y = 0 of (x = 0 en y ≥ 0)}.
1. Geef een deel-ruimte van R2 die homeomorf is met de één-puntscompactificatie A∗ van A. Beargumenteer uw antwoord.
2. Bewijs dat er geen homeomorfisme h : A∗ → A∗ bestaat met h(u) 6= u
voor alle u ∈ A∗ en h˚h˚h = idA∗ .
Opgave 9. Zij λ > 1 en definieer een equivalentie-relatie op Rn − {0} door
(x ∼ y) ⇔ ( er is een s ∈ Z met λs x = y)
1. Bewijs dat de quotiënt-ruimte homeomorf is met S 1 × S n−1 .
2. Beschouw nu de equivalentie-relatie op Rn gegeven door dezelfde formule. Is de quotiënt-ruimte de Hausdorffs? Beargumenteer uw antwoord.
Opgave 10. Voorzie Z van de co-eindige topologie Tce .
1. Is (Z, Tce ) een samenhangende ruimte? Beargumenteer je antwoord.
2. Zij X een topologische ruimte en f : X → Z een afbeelding. Bewijs:
f is continu met betrekking tot Tce dan en slechts dan als f −1 (y) een
gesloten deel van X is voor iedere y ∈ Z.
Opgave 11. Zij X = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 = 1 en z 2 ≤ x2 + y 2 }.
Bewijs dat X is homeomorf is met de product-ruimte S 1 × [0, 1]. Hier zijn
X, S 1 en [0, 1] allen voorzien van de Euclidische topologie.
Opgave 12. Zij f : X → Y een continue afbeelding van een topologische
ruimte X naar een Hausdorff-ruimte Y . Laat zien dat de grafiek van f ,
namelijk Gf = {(x, f (x)) ; x ∈ X}, een gesloten deel is van X × Y .
Opgave 13. Zij A, B deel-ruimtes van R2 gedefinieerd door
A = {(0, y) ; y ∈ R} ∪ {(x, 0) ; x > 0}
B = {(0, y) ; y ∈ R} ∪ {(x, sin x1 ) ; x > 0}
86
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
1. Bewijs dat A en B niet homeomorf zijn.
2. Definieer f : A → B door
(
(0, y)
f (x, y) =
(x, sin x1 )
voor x = 0 en y ∈ R
voor x > 0 en y = 0
Is f continu? Is f open?
3. Is B homeomorf met een quotiënt-ruimte van A?
4. Is A homeomorf met een quotiënt-ruimte van B?
Beargumenteer uw antwoorden.
Opgave 14. Definieer g : C2 → C2 door g(x, y) = (x + y, xy). Beschouw op
C2 de equivalentie-relatie S voortgebracht door de relatie (z1 , z2 ) ∼ (z2 , z1 )
voor z1 ∈ C, z2 ∈ C.
1. Toon aan dat g proper, continu en surjectief is.
2. Toon aan dat g een homeomorfisme definieert van de quotiënt-ruimte
C2 /S naar C2 .
Opgave 15. Zij E de equivalentie-relatie op S 1 × R voortgebracht door de
relatie (x, t) ∼ (−x, −t) voor t ∈ R en x ∈ S 1 . Zij X de quotiënt-ruimte.
Toon aan dat de één-punts-compactificatie X ∗ homeomorf is met het reële
projectieve vlak P 2 (R).
Opgave 16. Zij X een verzameling, zij d een metriek op X, en zij T een
topologie op X. Zij gegeven dat (X, T ) een compacte ruimte is, en dat de
functie x 7→ d(a, x) voor elke a ∈ X continu is met betrekking tot T . Toon
aan dat T gelijk is aan de door d bepaalde topologie.
Opgave 17.
1. Bewijs dat een compact open deel van R noodzakelijkerwijs leeg is.
2. Zij K een compact deel van Rn , met n ≥ 2. Stel er is een eindige
deelverzameling E ⊆ K zó dat K − E open is. Bewijs dat K = E.
Aanwijzing: laat zien dat er bj gegeven p ∈ K − E een rechte door p
is die E vermijdt en gebruik het vorige onderdeel.
3. Bewijs dat een continue afbeelding van R naar Rn niet open kan zijn
voor n ≥ 2.
Opgave 18. Zij X een topologische ruimte en A ⊆ X een deel-ruimte.
1. Bewijs: A bevat geen niet-leeg open deel van X ⇔ X − A is dicht in
X.
F. Clauwens: Topologie
87
2. Zij Y is een topologische ruimte en zij f : X → Y een continue injectie.
Stel X − A is dicht in X. Laat zien dat Y − f (A) dicht is in Y .
Opgave 19.
1. Bewijs dat elke rechte L ⊂ R3 homeomorf is met R.
2. Zij A ⊂ R3 een niet-leeg deel. Stel dat L ∩ A samenhangend is voor
elke rechte L ⊂ R3 . Laat zien dat A samenhangend is.
3. Zij A ⊂ R3 een niet-leeg deel. Stel dat L ∩ A samenhangend is voor
elke rechte L ⊂ R3 door de oorsprong. Is dan A noodzakelijk samenhangend? Beargumenteer je antwoord.
Opgave 20. X = {(x, y, z) ∈ R3 ; 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2 en |z| = 1}. Definieer
een equivalentie-relatie S op X door:
S ={((x, y, z), (x0 , y 0 , z 0 )) ∈ X × X ;
x = x0 en y = y 0 en (z = z 0 of x2 + y 2 = 1 of x2 + y 2 = 2)}
Toon aan dat de quotiënt-ruimte X/S homeomorf is met S 1 × S 1 .
Opgave 21. In deze opgave is n een natuurlijk getal ≥ 2.
1. Zij
H ={x ∈ Rn ; kxk = 1, xn ≥ 0}
E ={x ∈ Rn ; kxk = 1, xn = 0}
Bewijs dat de één-punts-compactificatie (H − E)∗ homeomorf is met
S n−1 .
2. Laat nu gegeven zijn een compacte A ⊂ Rn die 0 bevat. We veronderstellen verder dat voor elke rechte L in Rn door 0 geldt:
(
{0}
als L ⊂ Rn−1 × {0}
L∩A=
{0, p} voor zekere p als L 6⊂ Rn−1 × {0}
Laat B = {(a, h) ∈ A×H ; a ∈ Rh} en schrijf α : B → A en η : B → H
voor de projecties.
Bewijs dat B−({0}×H) door α homeomorf op A−{0} wordt afgebeeld
en door η homeomorf op H − E wordt afgebeeld.
3. Toon aan dat A homeomorf is met S n−1 .
Opgave 22. Stel dat S 1 = A ∪ B met A en B gesloten delen. Bewijs dat
minstens één der delen A of B een paar antipodale punten bevat (d.w.z. een
verzameling van de vorm {x, −x} met x ∈ S 1 ).
88
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 23.
1. Zij X een Hausdorff-ruimte en laten A en B compacte
delen van X zijn. Laat zien dat A ∩ B compact is.
2. Voorzie {0, 1} van de indiscrete topologie, R van de Euclidische topologie en X = R × {0, 1} van de product-topologie. Zij p : X → R
gegeven door p(x, y) = x. Toon aan:
(K ⊆ X is compact ) ⇔ (p(K) is compact )
3. Laat aan de hand van een voorbeeld zien, dat de volgende uitspraak
onjuist is: Als X een topologische ruimte is en A en B zijn compacte
delen van X, dan is A ∩ B compact.
Opgave 24. Zij M de Möbius-band verkregen als quotiënt X/S waar X =
[−1, 1]×h−1, 1i en waar S de equivalentie-relatie is op X voortgebracht door
(1, x) ∼ (−1, −x). Schrijf π : X → M voor de quotiënt-vormende afbeelding.
Noteer K = π([−1, 1] × {0}) en L = π([−1, 1] × {−1/2, 1/2}).
1. Is M − L samenhangend? Beargumenteer je antwoord.
2. Toon aan, dat M − K homeomorf is met S 1 × h−1, 1i.
Opgave 25. Schrijf A = R2 × {0} en B = R2 × {−1} en zij X = S 2 ∪ B
en Y = A ∪ B. Voorzie X en Y van de euclidische topologie. Bewijs dat X
en Y niet homeomorf zijn, maar wel homeomorfe één-punts-compactificaties
hebben.
Opgave 26. Beschouw de deel-ruimte X = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 = z 2 }
van R3 en noteer a = (0, 0, 0). Bewijs de volgende beweringen:
1. X is gesloten in R3 .
2. X is boog-samenhangend.
3. X is locaal-compact.
4. De afbeelding p : X → R gegeven door p((x, y, z)) = z is proper.
5. De ruimte X ∗ − p−1 ({1}) is boog-samenhangend. Hier is X ∗ is de
één-punts-gecompactificeerde van X.
6. De afbeelding f : X − {a} → X − {a} gegeven door f ((x, y, z)) =
(xz −2 , yz −2 , z −1 ) is een homeomorfisme.
7. Er bestaat een continue afbeelding g : X ∗ → X ∗ zodat g(x) = f (x)
voor elke x ∈ X − {a}.
Aanwijzing: schrijf X ∗ = Y ∪ Z met Y = {(x, y, z) ∈ X ; |z| ≤ 1}
en Z = {∞} ∪ {(x, y, z) ∈ X ; |z| ≥ 1} en bestudeer de beperking
fY −{a},Z−{∞} : Y − {a} → Z − {∞}.
F. Clauwens: Topologie
89
Opgave 27. Zij f : X → Y een continue afbeelding van topologische ruimtes. Beschouw de deel-ruimte A van de product-ruimte X × X gedefinieerd
door A = {(x1 , x2 ) ∈ X × X ; f (x1 ) = f (x2 )}. Bewijs de volgende beweringen:
1. Als Y een Hausdorff-ruimte is, dan is A een gesloten deel van X × X.
2. Als Y een Hausdorff-ruimte is, dan geldt: X is een Hausdorff-ruimte
dan en slechts dan als ∆(X) een gesloten deel is van A.
3. Stel dat ∆(X) een gesloten deel van A is en zij (x1 , x2 ) ∈ A − ∆(X).
Toon aan dat er open omgevingen U van x1 en V van x2 zijn met
U ∩ V = ∅.
Zoals bekend is ∆(X) een afkorting voor {(x1 , x2 ) ∈ X × X ; x1 = x2 }.
Opgave 28. Gegeven zijn een Hausdorff-ruimte X en een propere surjectie
f : X → Rn .
1. Zij y ∈ Rn en zij U een open deel van X dat f −1 ({y}) bevat. Bewijs
dat er een open omgeving W van y in Rn bestaat met f −1 (W ) ⊆ U .
2. Zij nu gegeven dat f −1 (W ) samenhangend is voor elk open en samenhangend deel W van Rn . Bewijs dat f −1 ({y}) samenhangend is voor
elke y ∈ Rn .
Opgave 29. Zij X een locaal-compacte Hausdorff-ruimte en zij R een
equivalentie-relatie op X. Laat πj : X ×X → X de projectie op de j de factor
zijn (j = 1, 2). Laat i : R → X × X de inclusie-afbeelding en π : X → X/R
de quotiënt-vormende afbeelding zijn.
1. Bewijs dat voor elke A ⊆ X geldt:
π −1 π(A) = (π1 ˚i)((π2 ˚i)−1 (A)).
2. Bewijs: als π2 ˚i een propere afbeelding is, dan is R een propere
equivalentie-relatie en R een gesloten deel van X × X.
3. Bewijs of weerleg de volgende bewering: als R een propere equivalentierelatie is, dan is π1 ˚i een propere afbeelding.
Opgave 30. Beschouw de deel-ruimte van R2 × S 1 gegeven door
p
X = {((x, y), z) ∈ (R2 − {0}) × S 1 ; (x, y) = x2 + y 2 · z}
1. Bewijs dat X homeomorf is met R × S 1 .
2. Bepaal de afsluiting X van X in R2 × S 1 .
3. Geef een deel-ruimte Y van R3 die homeomorf is met X. Beargumenteer uw antwoord.
90
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 31. Zij (X, T ) een locaal-compacte Hausdorff-ruimte die niet discreet is, en zij p 6∈ X. Definieer X̃ = X ∪ {p} en T̃ = T ∪ Te waar
Te = {U ⊆ X̃ ; p ∈ U en X̃ − U is eindig }
1. Bewijs dat T̃ een topologie op X̃ is.
2. Bewijs dat inclusie-afbeelding (X, T ) → (X̃, T̃ ) continu is.
3. Toon aan dat (X̃, T̃ ) niet Hausdorffs is.
4. Zij X ∗ de één-punts-compactificatie van X. Welke van de volgende
afbeeldingen zijn continu?
• g : X ∗ → X̃ gedefiniëerd door g(x) = x als x ∈ X, g(∞) = p.
• f : X̃ → X ∗ gedefiniëerd door f (x) = x als x ∈ X, f (p) = ∞.
Opgave 32. Laat X en Y locaal-compacte Hausdorff-ruimtes zijn.
1. Bewijs dat X × Y een locaal-compacte Hausdorff-ruimte is.
2. Bewijs dat (X × Y )∗ homeomorf is met een quotiënt van X ∗ × Y ∗ .
Hier betekent ∗ de één-punts-compactificatie.
Opgave 33. Zij X een Hausdorff-ruimte.
1. Zij K1 ⊇ K2 ⊇ K3 ⊇ . . . een rij niet-lege compacte delen van X. Zij
K∞ = ∩∞
n=1 Kn . Bewijs dat K∞ niet-leeg is.
2. Stel nu bovendien dat Kn samenhangend is, voor alle n. Bewijs dat
K∞ samenhangend is.
Opgave 34. Laat X en Y topologische ruimtes zijn. Toon aan dat de
afbeelding f : X → Y precies dan continu is, als aan de volgende conditie
is voldaan: voor iedere deelverzameling B ⊆ Y geldt dat ∂(f −1 (B)) ⊆
f −1 (∂B)
Opgave 35. Zij E een equivalentie-relatie op een topologische ruimte X,
en zij π : X → X/E de quotiënt-vormende afbeelding. Verder is gegeven
dat π −1 (p) samenhangend is voor iedere p ∈ X/E. Zij B ⊆ Y een open
samenhangend deel van Y . Toon aan dat A = π −1 (B) van X eveneens
samenhangend is.
Opgave 36. Zij T = S 1 × S 1 en zij s : T → T de afbeelding gedefinieerd
door s(p, q) = (q, p). Zij verder R = {(a, b) ∈ T × T ; b = a of b = s(a)}.
1. Laat zien dat R een equivalentie-relatie op T is.
F. Clauwens: Topologie
91
2. Zij D = {(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ x ≤ 1}, en zij E de equivalentie-relatie
op D voortgebracht door {((x, 0), (1, x)) ∈ D × D ; 0 ≤ x ≤ 1}. Laat
zien dat de ruimte T /R homeomorf is met de ruimte D/E.
3. Toon aan dat de ruimte T /R ook homeomorf is met de Möbius-band.
(zoals gedefinieerd in opgave 8.11).
Opgave 37. In de topologische ruimte X is een aftelbare collectie samenhangende deelverzamelingen Ai ; i = 1, 2, . . . gegeven. Verder is het ook
nog bekend dat geldt: Ai ∩ Ai+1 6= ∅, voor i = 1, 2 . . . . Toon aan dat de
deel-ruimte A = ∪∞
i=1 Ai ook een samenhangende ruimte is.
Opgave 38. Voor ieder natuurlijk getal n ≥ 1 zij
(
)
1 2
1
2
2
Sn = (x, y) ∈ R ; x + y +
= 2
2n
4n
1
Ln = (u, v) ∈ R2 ; v = −
n
We schrijven 0 voor (0, 0) ∈ R2 . Men construeert afbeeldingen als volgt:
x
1
fn : Sn − {0} → Ln door fn (x, y) = − , −
ny n
1
u
1
gn : Ln → Sn − {0} door gn u, −
=
,−
n
n2 u2 + 1 n(n2 u2 + 1)
1. Laat zien dat gn een homeomorfisme is van Ln op Sn −{0}, met inverse
afbeelding fn .
2. Bewijs dat Sn homeomorf is met de één-punts-compactificatie van Ln .
3. Zij X = ∪∞
i=1 Sn , de ‘Hawaiiaanse oorbel’. Laat zien dat X gesloten is
in R2 .
4. Zij Y = ∪∞
i=1 Ln . Toon aan dat X homeomorf is met de één-puntscompactificatie van Y .
Opgave 39. Men beschouwt het open interval J = {x ∈ R ; 0 < x < 2π}.
Zij f : J → R2 gegeven door f (s) = (sin(2s), sin(s)), s ∈ J.
1. Zij X de beeld-verzameling f (J) voorzien van de euclidische topologie.
Laat zien dat X een compacte Hausdorff-ruimte is, en dat de afbeelding
f : J → X continu en injectief is, maar niet een homeomorfisme kan
zijn.
2. Geef expliciet een open deel van J aan, waarvan het beeld onder f
niet een open deel is van de ruimte X.
92
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 40. Zij X ⊂ Rn een niet-leeg, open en samenhangend deel.
1. Toon aan dat voor elke a ∈ Rn en elk positief reëel getal , de open
bal B(a, ) boog-samenhangend is.
2. Zij p ∈ X en zij U = {q ∈ X ; er is een boog van p naar q}. Laat
zien dat U zowel open als gesloten is.
3. Bewijs dat X boog-samenhangend is.
Opgave 41. Een Hausdorff-ruimte X heet k-ruimte als aan de volgende
conditie voldaan is:
Voor iedere A ⊆ X geldt: als A ∩ K gesloten is in X voor
iedere compacte K ⊆ X, dan is A een gesloten deel van X.
Bewijs nu de volgende beweringen:
1. Als X locaal-compact en Hausdorffs is, dan is X een k-ruimte.
2. Als X een k-ruimte is en Y ⊆ X een gesloten deel, dan is Y een
k-ruimte.
3. Zij X een locaal compacte Hausdorff-ruimte. Laat zien dat X de
vereniging is van open delen die elk een compacte afsluiting hebben.
4. Zij X een k-ruimte en zij R een equivalentie-relatie op X waarvoor de
quotiëntruimte X/R Hausdorffs is. Bewijs dat X/R een k-ruimte is.
Opgave 42. Zij X = {(u, v) ∈ R2 ; u > 0 en v > 0} met de door R2
geı̈nduceerde topologie. Definieer de afbeelding f : X → X door f (u, v) =
√
(u + u v, uv) voor alle (u, v) ∈ X. Bewijs dat f een homeomorfisme is.
3
Opgave 43. Zij f : R2 → R2 gedefinieerd door f (x, y) = (4x
√ − 3x, y).
2
2
2
Beschouw de delen A = {(x, y) ∈ R ; x + y = 1 en 2x < 3} en f (A)
van R2 , beiden voorzien van de Euclidische topologie. Bewijs dat we door
beperken van f niet een homeomorfisme van A met f (A) krijgen.
Opgave 44. Zij X = [0, 1], K = [0, 1), L = (0, 1].
Zij B = {(a, b) ; 0 ≤ a < b ≤ 1} ∪ {K, L}.
1. Laat zien dat B basis is voor een topologie T op X.
2. Welke van de ruimtes K, L, K ∪ L, K ∩ L zijn compact voor de door
T geı̈nduceerde topologie? Bewijs uw antwoord.
Opgave 45. Laat A en B twee echte deelverzamelingen zijn van R. Bewijs
dat R × R − A × B boog-samenhangend is.
F. Clauwens: Topologie
93
Opgave 46. Een deelverzameling A van een topologische ruimte heet locaal
gesloten als er voor elke p ∈ A een open deel U 3 p van X bestaat zó dat
U ∩ A gesloten is in U . Laat zien dat er in dat geval een open V en een
gesloten G in X zijn zo dat A = V ∩ G.
Opgave 47. Zij K een compacte Hausdorff-ruimte, en zij U een open deel
van K. Zij R de equivalentie-relatie op K waarvan de equivalentie-klassen
zijn K − U en de één-punts verzamelingen {p}, voor p ∈ U . Toon aan dat
K/R homeomorf is met U ∗ , de één-punts-compactificatie van U .
Opgave 48. Laten we een topologische ruimte een deur-ruimte noemen als
elke deelverzameling van X open of gesloten is, of allebei.
1. Laat zien dat een deel-ruimte A van een deur-ruimte X weer een deurruimte is.
2. Zij {Y, Z} een splitsing van een deur-ruimte X. Laat zien dat Y of Z
een discrete ruimte is.
3. Laat zien dat een Hausdorffse deur-ruimte hoogstens één verdichtingspunt heeft.
Opgave 49. Zij Z = {(x, y) ∈ R2 ; x 6= 0 of y = 0} met de Euclidische
topologie. Zij X = R2 met de Euclidische topologie, en zij E de equivalentierelatie op X gedefinieerd door
E = ∆(X) ∪ {(0, v), (0, v 0 )) ∈ X × X ; v ∈ R, v 0 ∈ R}
Zij Y = X/E de quotiëntruimte. Zij f : X → Z gedefinieerd door f (u, v) =
(u, uv).
1. Laat zien dat f een continue bijectie f : Y → Z induceert.
2. Is Z locaal compact? Bewijs uw antwoord.
3. Is Y hausdorffs? Bewijs uw antwoord.
4. Is f een homeomorfisme? Bewijs uw antwoord.
94
11
11.2
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgaven 1990-1993
Opgave 50. Zij U een open deel van een topologische ruimte X, en zij A
dicht in X. Laat zien dat U ⊆ A ∩ U .
Opgave 51. Beschouw C3 voorzien van de Euclidische topologie. Beschouw
daarop de equivalentie-relatie waarvoor twee vectoren equivalent zijn als de
een uit de ander ontstaat door een permutatie van de coördinaten. Laat
zien dat de quotiëntruimte Hausdorffs is.
Opgave 52.
1. Zij Y een topologische ruimte, en zij q ∈ Y een punt
met een aftelbare omgevings-basis. Zij verder voor iedere m ∈ N een
rijtje punten pm,1 , pm,2 , pm,3 , . . . in Y gegeven dat naar q convergeert.
Bewijs dat dat er een rijtje natuurlijke getallen n1 , n2 , n3 , . . . is zó dat
het rijtje p1,n1 , p2,n2 , p3,n3 , . . . naar q convergeert.
2. Beschouw nu X = R2 voorzien van de Euclidische topologie. Beschouw de equivalentie-relatie waarvoor (x, y) equivalent is met (u, v)
als (x, y) = (u, v) of y = v = 0. Zij π : X → Y de quotiënt-vormende
afbeelding. Schrijf pm,n = π(m, n1 ) en q = π(0, 0). Laat zien dat voor
elke m het rijtje pm,1 , pm,2 , pm,3 , . . . naar q convergeert.
3. Laat zien dat er geen rijtje natuurlijke getallen n1 , n2 , . . . is zó dat het
rijtje punten p1,n1 , p2,n2 , p3,n3 , . . . naar q convergeert.
Opgave 53. Een topologische ruimte L heet een Lindelöf-ruimte als elke
open overdekking van L een aftelbare deel-overdekking heeft.
1. Laat zien dat een topologische ruimte met aftelbare basis een Lindelöfruimte is.
2. Laat zien dat elke deel-ruimte van de Euclidische R een Lindelöfruimte is.
3. Toon aan dat elke gesloten deel-ruimte van een Lindelöf-ruimte weer
een Lindelöf-ruimte is.
4. Zij S de verzameling R voorzien van de spelden-topologie. Zij X =
S × S. Laat zien dat X geen Lindelöf-ruimte is.
Aanwijzing: beschouw de deel-ruimte
Y = {(u, v) ∈ X ; u + v = 1}
Opgave 54. Laat A en B gesloten delen van een topologische ruimte X
zijn. Neem aan dat A ∩ B en A ∪ B samenhangend zijn. Laat zien dat A
samenhangend is.
F. Clauwens: Topologie
95
Opgave 55. Zij X = {(x, y) ∈ R2 ; x(x − 1)(x − 2) + y 2 < 0} met de
Euclidische topologie. Laat zien dat X uit twee samenhangs-componenten
bestaat.
Opgave 56. Zij X een topologische ruimte en zij A ⊆ B ⊆ X.
1. Laat zien dat A ∩ B de afsluiting is van A in B.
2. Zij gegeven dat A nergens dicht is in B. Laat zien dat A nergens dicht
is in X.
Opgave 57. Zij T de collectie deelverzamelingen van R bestaande uit ∅,
R, en alle (a, ∞) voor a ∈ R.
1. Laat zien dat T een topologie is. We schrijven H voor (R, T ).
2. Laat zien dat een niet-lege deel-ruimte A compact is dan en slechts
dan als A van onder begrensd is en inf(A) ∈ A.
3. Laat zien dat voor elke afbeelding f van een topologische ruimte X
naar H geldt: f is continu d.e.s.d.a. er voor alle p ∈ X en alle > 0
een open U 3 p bestaat zó dat f > f (p) − is te U .
4. Zij X compact en niet-leeg. Bewijs dat een afbeelding f als in (c) een
minimum aanneemt.
Opgave 58. Zij X een topologische ruimte die normaal is. Zij R een gesloten equivalentie-relatie op X. Laat zien dat de quotiënt-ruimte X/R weer
normaal is.
Opgave 59. Een topologische ruimte heet irreducibel als elk tweetal nietlege open delen een niet-lege doorsnede heeft.
1. Bewijs dat een oneindige verzameling voorzien van de co-eindige topologie een irreducibele ruimte is.
2. Bewijs dat een irreducibele Hausdorff-ruimte leeg is of uit één punt
bestaat.
3. Bewijs dat elke irreducibele ruimte samenhangend is.
4. Bewijs dat het continue beeld van een irreducibele ruimte weer irreducibel is.
5. Bewijs dat de afsluiting van een irreducibele deel-ruimte weer irreducibel is.
Opgave 60. Laat X en Y twee topologische ruimtes zijn en f : X × Y → R
een continue functie (product-topologie op X × Y , Euclidische topologie op
R). Zij g : X → R gedefinieerd door
g(x) = sup{f (x, y) ; y ∈ Y }
96
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
1. Laat zien dat g −1 (I) open is als I = (a, ∞) voor zekere a ∈ R.
2. Laat zien dat g −1 (I) niet altijd open is als I = (−∞, b) voor zekere
b ∈ R.
3. Zij nu gegeven dat Y compact is. Laat zien dat g −1 (I) nu wel open is
als I = (−∞, b) voor zekere b ∈ R.
4. Leg uit hoe uit (a) en (c) volgt dat g continu is als Y compact is.
Opgave 61. Zij M de verzameling van alle 2 × 2 matrices met coëfficiënten
in R, voorzien van de Euclidische topologie. Zij G de deel-ruimte van M
bestaande uit alle matrices met determinant 1. Zij H de deel-ruimte van G
bestaande uit alle matrices met gehele coëfficiënten. Zij R de equivalentierelatie op G gedefinieerd door (A, B) ∈ R ⇔ A−1 B ∈ H.
1. Laat zien dat H gesloten is in G.
2. Zij f : G × G → G gedefinieerd door f (A, B) = A−1 B. Laat zien dat
f continu is voor de product-topologie op G × G.
3. Laat zien dat de quotiëntruimte G/R hausdorffs is.
Opmerking: In feite is de ruimte G/R homeomorf met het complement van
de klaverblad-knoop in S 3 ; dit feit mag u natuurlijk niet gebruiken.
Opgave 62. Laat X een boog-samenhangende topologische ruimte zijn, en
laat U en V twee open delen zijn, met U ∪ V = X. Zij gegeven dat U ∩ V
boog-samenhangend is. Bewijs dat U en V boog-samenhangend zijn.
Opgave 63. We gebruiken de Euclidische topologie E op Q.
1. Laat zien dat elke compacte deel-ruimte van Q nergens dicht is. Hoewel Q (dus) niet locaal-compact is definiëren we toch (Q∗ , E ∗ ) door
Q∗ = Q ∪ {∞} (disjuncte vereniging) en E ∗ = E ∪ E∞ waar
E∞ = {V ∪ {∞} ⊆ Q∗ ; Q − V is compact deel van Q}
2. Laat zien dat E ∗ een topologie op Q∗ is.
3. Laat zien dat de inclusie-afbeelding i : (Q, E) → (Q∗ , E ∗ ) open en continu is.
4. Laat zien dat (Q∗ , E ∗ ) compact is.
5. Laat zien dat (Q∗ , E ∗ ) niet Hausdorffs is.
6. Laat zien dat (Q∗ , E ∗ ) samenhangend is.
F. Clauwens: Topologie
97
Opgave 64. Zij X de verzameling van 2 × 2 reële matrices, voorzien van de
Euclidische topologie. Zij
E = {(A, B) ∈ X × X ; er is een inverteerbare
S ∈ X met B = S −1 AS}
Dat is een equivalentie-relatie. We geven X/E de quotiënt-topologie, en we
noteren π voor de quotiëntvormende afbeelding X → X/E.
1. Is X/E Hausdorffs? Bewijs uw antwoord.
2. Is E een open relatie? Bewijs uw antwoord.
3. Is E een gesloten relatie? Bewijs uw antwoord.
4. Is E een propere relatie? Bewijs uw antwoord.
5. Is E een gesloten deel van X × X? Bewijs uw antwoord.
6. We voorzien R2 van de Euclidische topologie, en we definiëren f : X →
R2 door
a b
= (a + d, ad − bc)
f
c d
Dan is f continu. Laat zien dat f te schrijven is als f π voor zekere
continue f : X/E → R2 .
7. Bepaal het aantal punten van f
−1
(0, 0).
Opgave 65. Bewijs de volgende beweringen voor niet-lege topologische
ruimtes X en Y , en deel-ruimtes A ⊆ B ⊆ X.
1. Als A dicht is in B, en B dicht is in X, dan is A dicht in X.
2. Als A nergens dicht is in B, en B nergens dicht is in X, dan is A
nergens dicht in X.
3. Als A dicht is in B dan is A × Y dicht in B × Y .
4. Als A nergens dicht is in B dan is A × Y nergens dicht in B × Y .
Opgave 66. ij X een topologische ruimte met de volgende eigenschap:
voor elke omgeving V van een p ∈ X is er een omgeving U ⊆ V van p
die boog-samenhangend is (Men noemt een dergelijke ruimte locaal boogsamenhangend). Laat zien:
X is samenhangend ⇔ X is boog-samenhangend
n
o
n
; n ∈ Z ∪{−1, +1} en zij B = A∩(0, ∞). BeiOpgave 67. Zij A = 1+|n|
den zijn voorzien van de Euclidische topologie. Zij E de kleinste equivalentierelatie op A waarvoor −1 equivalent is met +1.
98
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
1. Laat zien dat A niet homeomorf is met B.
2. Laat zien dat A/E homeomorf is met B.
Opgave 68. Zij X = Rn × Rn voorzien van de Euclidische topologie. Zij
E de equivalentie-relatie waarvoor (x, y) equivalent is met (ξ, η) als er een
orthogonale lineaire afbeelding A : Rn → Rn bestaat met A(x) = ξ en
A(y) = η. Laat zien dat X/E locaal compact hausdorffs is.
Opgave 69. Zij X een open en boog-samenhangend deel van Rn , met de
Euclidische topologie. Zij f : [0, ∞) → X een continue afbeelding zo dat
kf (t)k ≥ t voor alle t. Laat zien dat X ? boog-samenhangend is (X ? is de
’eén-punts-gecompactificeerde van X).
Opgave 70. Zij gegeven een verzameling X, en een collectie S van deelverzamelingen van X. Definieer B(S) als de collectie deelverzamelingen van X
bestaande uit X zelf, en alle eindige doorsnedes van elementen van S.
1. Laat zien dat B(S) basis is voor een topologie TB(S) op X. Men noemt
S een sub-basis sub-basis, van een topologie”van die topologie.
2. Laat zien dat een afbeelding f van een topologische ruimte (Y, TY )
naar bovengenoemde topologische ruimte (X, TB(S) continu is dan en
slechts dan als f −1 (S) ∈ TY voor elke S ∈ S.
3. Neem nu aan dat S zelf al basis was voor een topologie TS op X. Laat
zien dat TB(S) = TS .
Opgave 71. Zij Y een Hausdorffse topologische ruimte, zij V een verzameling, en zij f : V → Y een willekeurige afbeelding.
1. Laat zien dat T = {f −1 (U ) ; U is open in Y } een topologie op V is.
Ga na of de topologische ruimte X = (V, T ) noodzakelijk Hausdorffs
is.
2. Zij de equivalentie-relatie R op V gegeven door
R = {(a, b) ∈ V × V ; f (a) = f (b)}
Ga na of de quotiënt-ruimte X/R noodzakelijk Hausdorffs is.
Opgave 72. Zij f : R × (0, π) → R2 gedefinieerd door
f (x, y) = (x − e−x cos(y), y + e−x sin(y))
Beide ruimtes hebben de Euclidische topologie. Laat zien dat f een open
afbeelding is.
Opgave 73. Zij X = [0, 1], K = [0, 1), L = (0, 1], U = (0, 1). Zij TU de
Euclidische topologie op U , en zij TX = TU ∪ {K, L, X}.
F. Clauwens: Topologie
99
1. Laat zien dat TX een topologie is op X.
2. Ga na welke van de ruimtes K, L, K ∪ L, K ∩ L compact zijn voor de
door TX geı̈nduceerde topologie.
Opgave 74. De verzamelingen Ua = {x ∈ Q ; x > a} met a ∈ Q vormen
de basis van een topologie op Q.
1. Beschrijf die topologie volledig. We schrijven nu X voor Q met die
topologie.
2. Laat zien dat X boog-samenhangend is.
3. Laat zien dat de afbeelding s : X × X → X gedefinieerd door s(x, y) =
x + y continu is.
4. Laat zien dat de afbeelding p : X × X → X gedefinieerd door p(x, y) =
xy niet continu is.
Opgave 75. We definiëren de volgende deel-ruimtes van R2 voor n ∈ N.
1
1
Hn =
,
× {(−1)n }
n+1 n
1
× [−1, 1]
Vn =
n
B = ∪∞
n=1 (Hn ∪ Vn )
A = {0} × [−1, 1]
Y =A∪B
Licht de volgende twee feiten toe:
• De ruimte Y is samenhangend.
• De ruimte Y is niet boogsamenhangend.
Opgave 76. Zij X = {(x, y) ∈ R2 ; (1 − x2 )y = x} met de Euclidische topologie. Geef een opsomming van alle deel-ruimtes van X die samenhangend
zijn en beargumenteer uw antwoord.
Opgave 77. Zij gegeven topologische ruimtes (X, TX ) en (Y, TY ). Zij Z =
X ∪ Y (disjuncte vereniging), en zij TZ = TX ∪ {X ∪ V ; V ∈ TY }.
1. Laat zien dat TZ een topologie op Z is.
2. Zij A ⊆ X en B ⊆ Y . Laat zien dat A∪B met de door TZ geı̈nduceerde
topologie compact is in de volgende gevallen.
(a) Als B niet leeg is, en B compact is in de door TY geı̈nduceerde
topologie (terwijl A willekeurig is).
100
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
(b) Als B leeg is, en A compact is in de door TX geı̈nduceerde topologie.
3. Laat zien dat elke compacte deel-ruimte van (Z, TZ ) van soort (i) of
(ii) is.
P
Opgave 78. Als x ∈ Rn en y ∈ Rn dan noteren we b(x, y) = nk=1 xk yk .
Zoals steeds is S n−1 = {x ∈ Rn ; b(x, x) = 1} met de Euclidische topologie.
Voor elke x ∈ S n−1 definiëren we een afbeelding Tx : S n−1 → S n−1 door de
formule Tx (y) = 2b(x, y)x − y.
1. Laat zien dat Tx een homeomorfisme is.
2. Laat zien dat de afbeelding f : S n−1 × S n−1 → S n−1 gedefinieerd door
f (x, y) = Tx (y) een open afbeelding is.
Opgave 79. Zij X een topologische ruimte die normaal is (d.w.z. hij heeft
de Hausdorff eigenschap, en als G1 ⊆ X en G2 ⊆ X disjuncte gesloten delen
zijn dan zijn er disjuncte open delen U1 ⊆ X en U2 ⊆ X zó dat G1 ⊆ U1
en G2 ⊆ U2 ). Zij R een gesloten equivalentie-relatie op X. Laat zien dat de
quotiënt-ruimte X/R ook normaal is.
Opgave 80. Zij X een topologische ruimte en zij f : X → X continu. Zij
V = {x ∈ X ; f (x) = x}.
1. Laat aan de hand van een voorbeeld zien dat V niet gesloten hoeft te
zijn in X.
2. Bewijs dat V wel gesloten is in X indien X Hausdorffs is.
Opgave 81. Zij f : X → Y een open afbeelding van topologische ruimtes.
Zij f −1 (p) samenhangend voor elke p ∈ Y . Zij Y samenhangend. Laat zien
dat X samenhangend is.
Opgave 82. Zij X = {(p, q) ∈ R2 ×R2 ; q 6= p} voorzien van de Euclidische
topologie. Zij E de equivalentie-relatie op X waarvoor (u, v) equivalent is
aan (p, q) zodra de lijn door u en v als verzameling gelijk is aan de lijn door
p en q.
1. Laat zien dat er een continue afbeelding van X/E naar R is die aan
q2 −p2 q1 |
de klasse van (p, q) toevoegt |p1kp−qk
.
2. Laat zien dat X/E Hausdorffs is.
Opmerking: Dus ((p, q), (u, v)) ∈ E betekent dat er a, b ∈ R zijn met a 6= b
zo dat u = (1 − a)p + aq en v = (1 − b)p + bq.
Opgave 83. Zij X een topologische ruimte. Zij U een open deel van X en
zij U een deelverzameling van X die dicht ligt in X. Bewijs dat U ⊆ D ∩ U .
F. Clauwens: Topologie
101
Opgave 84. Zij X een topologische ruimte, en zij A ⊆ X. Zij S een
samenhangende deel-ruimte van X. Gegeven is dat S ∩ A 6= ∅ en dat S ∩
(X − A) 6= ∅. Bewijs dat S ∩ ∂A 6= ∅.
Opgave 85. Zij X en Y topologische ruimtes. Zij A ⊆ X en B ⊆ Y .
Zij C de deelverzameling A × B van de topologische ruimte X × Y , dus
C = {(a, b) ∈ X × Y ; a ∈ A , b ∈ B}. Bewijs dat C = A × B dat
C ◦ = A◦ × B ◦ en dat ∂C = ∂A × B ∪ A × ∂B.
Opgave 86. Zij X en Y topologische ruimtes. Zij F de verzameling bestaande uit alle continue afbeeldingen f : X → Y . Als K een compact
deel van X is en U een open deel van Y dan schrijven we N (K, U ) =
{f ∈ F ; f (K) ⊆ U }. De collectie bestaande uit alle eindige doorsnedes
N (K1 , U1 ) ∩ · · · ∩ N (Km , Um ) is de basis van een topologie T op F .
1. Zij gegeven dat Y een Hausdorff-ruimte is. Bewijs dat ook (F, T ) een
Hausdorff-ruimte is.
2. Zij gegeven dat X een locaal compacte Hausdorff-ruimte is. Bewijs
dat de ‘invul’-afbeelding v : F × X → Y gedefinieerd door v(f, x) =
f (x) continu is. Hierbij is F × X uiteraard voorzien van de producttopologie.
Opgave 87. Zij X een topologische ruimte. Zij R de equivalentie-relatie op
X die bestaat uit de (p, q) ∈ X ×X waarvoor geldt: er is een samenhangende
deel-ruimte S van X waarvoor p ∈ S en q ∈ S. Zij Y = X/R de quotiëntruimte en zij π : X → Y de quotiënt-vormende afbeelding. De samenhangscomponenten van X zijn dus precies de verzamelingen π −1 ({y}) voor y ∈ Y .
Bewijs dat Y totaal-onsamenhangend is. Aanwijzing: bepaal de gesloten
samenhangende deel-ruimtes van Y .
Opgave 88. Zij E de Euclidische topologie op R. Zij D een dichte deelverzameling van (R, E), en zij X = R − D. Bewijs dat X (met de door E
geı̈nduceerde topologie) totaal-onsamenhangend is.
Opgave 89. Zij X een locaal compacte Hausdorff-ruimte, en Y ook. Zij
Z = X × Y , voorzien van de product-topologie. Bewijs dat Z een locaal
compacte Hausdorff-ruimte is.
Opgave 90. Laat X en Y twee topologische ruimtes zijn. Zij A ⊆ X, en
zij f : A → Y een continue afbeelding. Zij Z de topologische som van X
en Y . Zij E de equivalentie-relatie op Z voortgebracht door {(a, f (a)) ∈
Z × Z ; a ∈ A}. Zij P = Z/E de quotiëntruimte, en π : Z → P de
quotiëntvormende afbeelding (Men zegt wel dat P ontstaat uit X en Y door
ze met behulp van f aan elkaar te plakken). Zij D ⊆ X disjunct van A.
Bewijs dat D homeomorf is met zijn beeld onder π.
102
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 91. We definiëren een equivalentie-relatie H op R3 als volgt:
((ξ, η, ζ), (x, y, z)) ∈ H d.e.s.d.a. ξ = x + k, η = y + ` en ζ = z + x` + m
voor zekere gehele getallen k, l en m. Bewijs dat de quotiënt-ruimte van R3
(met de Euclidische topologie) onder H een compacte Hausdorff-ruimte is.
Opgave 92. Schrijf X voor R voorzien van de spelden-topologie. Laat zien
dat X × X (met de product-topologie) totaal-onsamenhangend is.
Opgave 93. Zij P de complexe projectieve lijn P 1 (C); we noteren steeds
[x, y] voor de klasse in P van (x, y) ∈ C2 − {(0, 0)}.
Zij f : P → P de afbeelding gedefinieerd door f [x, y] = [y, x], en zij g : P →
P de afbeelding gedefinieerd door g[x, y] = [x, x − y].
Zij E de kleinste equivalentie-relatie op P zo dat (p, f (p)) ∈ E en (p, g(p)) ∈
E voor elke p ∈ P .
Laat zien dat de quotiëntruimte P/E Hausdorffs is.
√
Opgave 94. Zij f : R × R → R gedefinieerd door f (x, y) = x + y 2.
Zij A = {2−n ; n ∈ N} ∪ {0}.
Beantwoord voor elk van de volgende afbeeldingen of het een homeomorfisme
is tussen zijn definitie-gebied en zijn beeld, en bewijs uw antwoord.
1. De beperking fZ van f tot Z × Z.
2. De beperking fQ van f tot Q × Q.
3. De beperking fA van f tot A × A.
We gebruiken telkens de topologie geı̈nduceerd door de Euclidische topologie
op R × R (voor de definitie-gebieden) respectievelijk door de Euclidische
topologie op R (voor de beelden).
OpgaveQ
95. Zij Xn = Z/2n Z, voorzien van de discrete topologie.
Zij X = ∞
n=1 Xn ; dus een punt x ∈ X is een rijtje (x1 , x2 , . . . ) met xn ∈ Xn
voor alle n. We voorzien X van de product-topologie.
Laat zien dat X compact is.
Zij nu gn : Xn+1 → Xn gedefinieerd door gn (k + 2n+1 Z) = k + 2n Z voor alle
k ∈ Z. Zij T de deel-ruimte van X bestaande uit alle rijtjes x = (x1 , x2 , . . . )
met de eigenschap dat gn (xn+1 ) = xn voor alle n.
Laat zien dat T ook compact is.
Opmerking: de ruimte T staat bekend als de ruimte van de 2-adische getallen.
F. Clauwens: Topologie
11.3
103
Opgaven 1994-1997
Opgave 96. Geef van de volgende beweringen aan of ze juist zijn of niet,
en bewijs uw antwoord.
1. Als U en V allebei dichte deel-ruimtes zijn van de topologische ruimte
X, dan is U ∩ V dat ook.
2. Als U en V allebei open en dichte deel-ruimtes zijn van de topologische
ruimte X, dan is U ∩ V dat ook.
Opgave 97. Zij X een compacte Hausdorff-ruimte. Voor elke i ∈ N zij Gi
een gesloten deel van X zó dat Gi+1 ⊆ Gi . Zij A = ∩i Gi .
1. Laat zien dat A niet leeg is als elke Gi niet leeg is.
2. Zij W een open deel van X met A ⊆ W . Laat zien dat er een i is met
Gi ⊆ W .
3. Bewijs: als Y en Z gesloten disjuncte delen van X zijn dan zijn er
disjuncte open delen U en V van X met Y ⊆ U , Z ⊆ V . Hoe heet
deze eigenschap?
4. Zij nu gegeven dat elke Gi samenhangend is. Laat zien dat A samenhangend is. Aanwijzing: gebruik de vorige twee onderdelen.
Opgave 98. Zij H = {(x, y) ∈ R2 ; y ≥ 0}, met de Euclidische topologie,
en zij E de equivalentie-relatie op E met als equivalentie-klassen de lijn X =
{(x, y) ∈ R2 ; y = 0} en de één-punts verzamelingen {p} voor p ∈ H − X.
1. Is E een open equivalentie-relatie? Bewijs uw antwoord.
2. Is E een gesloten equivalentie-relatie? Bewijs uw antwoord.
3. Is E een propere equivalentie-relatie? Bewijs uw antwoord.
4. Laat zien dat de quotiënt-ruimte H/E Hausdorffs is.
Opgave 99. Laat A en B open delen van een topologische ruimte X zijn.
Neem aan dat A ∩ B en A ∪ B samenhangend zijn. Laat zien dat A samenhangend is.
Opgave 100. Zij X de verzameling veeltermen van graad ≤ 3 in de variabele t, en met coëfficienten in R. We voorzien X van de Euclidische topologie
door middel van de bijectie φ : R4 → X gedefinieerd door φ(a0 , a1 , a2 , a3 ) =
a3 t3 + a2 t2 + a1 t + a0 .
Zij Y de deel-ruimte van X bestaande uit de veeltermen met a3 > 0 die precies 3 (verschillende) reële nul-punten bezitten. Bewijs dat Y samenhangend
is.
104
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 101. Zij A compacte deel-ruimte van een topologische ruimte X,
en zij B compacte deel-ruimte van een topologische ruimte Y . Zij W een
open deel van X × Y dat A × B omvat. Bewijs dat er een open deel U van
X en een open deel V van Y is zo dat A × B ⊆ U × V ⊆ W .
Opgave 102. Zij I het segment [0, 1] voorzien van de Euclidische topologie,
en zij N de positieve gehele getallen, voorzien van de discrete topologie. Zij
X de product-ruimte van I en N .
Zij R de kleinste equivalentie-relatie op X waarvoor geldt dat (t, n) equivalent is met (t, 1) voor t < n1 ; zij Y de quotiënt-ruimte van X onder R en zij
π : X → Y de quotiënt-vormende afbeelding.
Bewijs dat K = π(I × {1}) compact is, maar de afsluiting van K in Y niet.
Aanwijzing: Beschouw de overdekking van Y bestaande uit de verzamelingen Un = π(I × {n}).
Opgave 103. Zij X = (0, ∞) met de Euclidische topologie, en zij R de
kleinste equivalentie-relatie op X waarvoor geldt dat (t, t + t2 ) ∈ R voor alle
t ∈ X. Ga na of de quotiënt-ruimte X/R Hausdorffs is; bewijs uw antwoord.
Opgave 104. Schrijf X voor R voorzien van de Euclidische topologie. Zij
E = {(x, y) ∈ X × X ; x − y ∈ Q}. Laat zien dat de quotiënt-ruimte X/E
indiscreet is.
Opgave 105. Schrijf X voor R voorzien van de spelden-topologie. Zij K
een compacte deel-ruimte van X. Laat zien dat X − K een dichte deelverzameling is van X.
Opgave 106. Zij gegeven dat de topologische ruimte X de vereniging is van
de open delen U en V . Zij A de verzameling {1, 2} voorzien van de discrete
topologie, en zij Y = X × A met de product-topologie. We definiëren
Y = {(x, t) ∈ B ; [x ∈ U en t = 1] of [x ∈ V en t = 2]}
E = {((x1 , t1 ), (x2 , t2 )) ∈ Y × Y ; x1 = x2 }
Laat zien dat de quotiëntruimte Y /E homeomorf is met X.
1
Opgave 107. Zij An = (−∞, 1) × { 2n+1
} en zij A = ∪n∈N An ⊂ R2 . Zij
1
Bn = (−1, ∞) × { 2n+2 } en zij B = ∪n∈N Bn ⊂ R2 . Zij X = R2 − (A ∪ B).
Toon aan dat X samenhangend is.
Opgave 108.
1. Zij A = I ∪ {p, q} waar I het reële interval (0, ∞) is.
Laat B bestaan uit alle deel-intervallen van I en alle verzamelingen
van de vorm (0, ) ∪ {p} of (0, ) ∪ {q} met > 0. Laat zien dat B basis
is voor een topologie T op A. We noteren C voor de verzameling A
met de topologie T .
F. Clauwens: Topologie
105
2. Zij X = {(x, y) ∈ R2 ; x ≥ 0, y ≥ 0, (x, y) 6= (0, 0)}, met de Euclidische topologie. Zij E de equivalentie-relatie op X waarvoor (x, y)
en (u, v) equivalent zijn d.e.s.d.a er een λ > 0 bestaat met u = λx
en v = λ−1 y. Zij Y = X/E de quotiënt-ruimte. Laat zien dat Y
homeomorf is met C.
Opgave 109. Zij f : X → Y een afbeelding tussen topologische ruimtes.
Laat zien dat f een open afbeelding is d.e.s.d.a. f (A◦ ) ⊆ f (A)◦ voor alle
A ⊆ X.
Opgave 110. Zij SAn = {(x, y) ∈ R2 ; (x − 3 · 2−n )2 + y 2 = 2−2n } en
zij X = {(0, 0)} ∪ ∞
n=1 An met de Euclidische topologie. Toon aan dat X
samenhangend is. Is X ook boog-samenhangend?
Opgave 111. Zij S = {(u, v, w) ∈ R3 ; u2 +v 2 +w2 = 1}, met de Euclidische
topologie.
Zij A = {(s, t) ∈ R2 ; (s + 2)2 + t2 ≤ 1},
zij B = {(s, t) ∈ R2 ; (s − 2)2 + t2 ≤ 1},
en zij X = A ∪ B met de Euclidische topologie.
Zij Y de rand van X in R2 , en zij f : Y → Y gegeven door f (s, t) = (−s, −t).
Zij D = {(x, x) ; x ∈ X}, zij E = {(x, f (x)) ; x ∈ Y } en zij F = D ∪ E ⊆
X × X. Laat zien dat de quotiënt-ruimte X/F homeomorf is met S.
Opgave 112. Bewijs of weerleg dat een deelverzameling G van R2 Euclidisch gesloten is d.e.s.d.a. de doorsnede G ∩ Vk,m Euclidisch gesloten is voor
elke k en m. Hier is Vk,m een afkorting voor het vierkant [k, k+1]×[m, m+1].
Opgave 113. Zij E de kleinste equivalentie-relatie op C met de eigenschap
dat z equivalent is met iz en met z + 1 voor iedere z ∈ C. Laat zien dat de
quotiënt-ruimte C/E Hausdorffs is.
Opgave 114. Laat X, Y en Z topologische ruimtes zijn, laat f : X → Y
en g : Y → Z continue afbeeldingen zijn, en schrijf B = f (X). Gegeven is
verder dat g ˚f : X → Z een homeomorfisme is. Laat zien dat de beperking
gB,Z : B → Z ook een homeomorfisme is.
Opgave 115. Zij H de verzameling van paren gehele getallen. Op H definiëren we een bewerking ∗ door (i, j) ∗ (k, `) = (i + (−1)j k, j + `).
Dan is (H, ∗) een groep. U hoeft dit niet te controleren.
Zij X de verzameling R2 voorzien van de Euclidische topologie.
Bij (i, j) ∈ H en (x, y) ∈ X definiëren we (i, j) ? (x, y) ∈ X door
(i, j) ? (x, y) = (i + (−1)j x, j + y)
Verder definiëren we R ⊆ X × X door
R = {(z, h ? z) ∈ X × X ; z ∈ X , h ∈ H}
106
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Dan is R een equivalentie-relatie. U hoeft dit niet te controleren. We schrijven p : X → X/R voor de quotiënt-vormende afbeelding. Laat zien dat er
een homeomorfisme f is van X/R naar een deel-ruimte Y van R5 zodat
(f p)(x, y) = (cos(2πy), sin(2πy), sin(2πx) cos(πy),
sin(2πx) sin(πy), cos(2πx))
Opgave 116. Als A en B deelverzamelingen van Rn zijn dan definiëren we
A + B = {a + b ∈ Rn ; a ∈ A , b ∈ B}.
Welke van de volgende beweringen zijn waar? Bewijs uw antwoord.
1. Als A en B open zijn dan is A + B open.
2. Als A en B gesloten zij dan is A + B gesloten.
3. Als A en B compact zijn dan is A + B compact.
4. Als A en B dicht zijn dan is A + B dicht.
5. Als A open en niet leeg is en B dicht is dan is A + B heel Rn .
Opgave 117. Zij X = [0, 4] met de Euclidische topologie. We schrijven ∆
voor de diagonaal {(x, y) ∈ X × X ; x = y} van X. We definiëren delen R
en S van X × X door
R = ∆ ∪ {(0, 1), (1, 0), (3, 4), (4, 3)}
S = ∆ ∪ {(0, 3), (3, 0), (1, 4), (4, 1)}
Dan is R een equivalentie-relatie op X en S ook. U hoeft dit niet te controleren. Toon aan dat de quotiëntruimtes X/R en X/S niet homeomorf
zijn.
Opgave 118. Zij f : X → Y continu en zij {Ui ; i ∈ I} een open overdekking van Y . Noteer fi voor de beperking van f tot een afbeelding
f −1 (Ui ) → Ui . Laat zien dat f open is d.e.s.d.a. elke fi open is.
Opgave 119. Zij X een topologische ruimte. Een collectie {Gi ; i ∈ I}
van delen van X heet locaal eindig als elke p ∈ X een omgeving Vp heeft
die er slechts eindig veel van treft (d.w.z. er is een eindige Jp ⊆ I zó dat
Vp ∩ Gi = ∅ voor i 6∈ Jp ).
Stel dat X de vereniging is van een locaal eindige collectie gesloten delen Gi
en stel de beperking van f : X → Y tot elk van die delen continu is. Bewijs
dat f continu is.
Opgave 120. Als A en B deelverzamelingen van Rn zijn dan definiëren we
we A + B als
A + B = {a + b ∈ Rn ; a ∈ A , b ∈ B}
Bewijs dat A + B gesloten is als A compact en B gesloten is.
F. Clauwens: Topologie
107
Opgave 121. Zij V (s) = {(x, y) ∈ R2 ; (x − s)2 + y 2 = s2 } voor s > 0, en
definieer
1
A = ∪∞
n=1 V ( )
n
B = ∪∞
V
(n)
n=1
We voorzien A en B allebei van de Euclidische topologie.
1. Zijn A en B homeomorf? Bewijs uw antwoord.
2. Zijn A − {(0, 0)} en B − {(0, 0)} homeomorf? Bewijs uw antwoord.
Opgave 122. Laat gegeven zijn lineaire functies fk : Rn → R voor 1 ≤
k ≤ m die niet nul zijn, en zij B = {p ∈ Rn ; fk (p) 6= 0 voor alle k}. We
−1
+
−1
schrijven A−
k = fk ((−∞, 0)) en Ak = fk ((0, ∞)). Laat zien dat elke
2
1
m
doorsnede A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Am hetzij een samenhangs-component is van B,
hetzij leeg is.
Opgave 123. Zij X = {(x, y) ∈ R2 ; y 2 = x2 − x4 }. Bepaal het aantal
samenhangs-componenten van X en van R2 − X, allebei met de Euclidische
topologie.
Opgave 124. Zij E een equivalentie-relatie op een topologische ruimte X.
Zij A een deel-ruimte van X, en zij F = (A × A) ∩ E de beperking van E
tot een equivalentie-relatie op A.
1. Laat zien dat de inclusie-afbeelding i : A → X een continue injectie
j : A/F → X/E induceert.
2. Laat zien dat j een homeomorfisme tussen A/F en zijn beeld is indien
A een open deel van X is en E een open equivalentie-relatie is.
3. Laat aan de hand van een voorbeeld zien dat in het algemene geval j
niet een homeomorfisme tussen A/F en zijn beeld hoeft te zijn.
Opgave 125. Zij X = R2 − {(0, 0)} met de Euclidische topologie. Zij
S = {((a, b), (a, a + b)) ; (a, b) ∈ X}
en zij E de kleinste equivalentie-relatie op X die S bevat. Laat zien dat
X/E niet de Hausdorff-eigenschap heeft.
Zij Y = R2 met de Euclidische topologie en zij F de equivalentie-relatie
op Y gegeven door
F = {((u, v), (s, t)) ∈ R2 ; (u − s, v − t) ∈ Z2 }
Zij g : Y → X de afbeelding gegeven door
g((u, v)) = 2u/2 (cos(2π(v + u/8)), sin(2π(v + u/8)))
Laat zien dat g een homeomorfisme Y /F → X/E induceert. Omdat Y /F
de torus is, betekent dit dat deze X/E wel de Hausdorff eigenschap heeft.
108
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 126. Geef een voorbeeld van een topologische ruimte X zo dat {p}
gesloten is voor alle X, en die niet de Hausdorff eigenschap heeft.
Opgave 127. Zij G een topologische groep. Dat betekent dat G een topologische ruimte is voorzien van een continue afbeelding v : G × G → G
(de ‘vermenigvuldiging’) een element e ∈ G (het ‘eenheids-element’) en een
continue afbeelding i : G → G (‘inverse nemen’) die aan de bekende axiomas
voor een groep voldoen:
v(v(x, y), z) = v(x, v(y, z)),
v(e, x) = x = v(x, e),
v(x, i(x)) = v(i(x), x) = e
Laat zien dat G de Hausdorff eigenschap heeft d.e.s.d.a. de verzameling {e}
gesloten is in G. Aanwijzing: maak gebruik van de afbeelding T : G × G →
G × G gedefinieerd door T (x, y) = (x, v(x, y)).
Opgave 128. We gaan de schijf in het vlak voorzien van 2 ‘middelpunten’
m+ , m− met een merkwaardig gedrag. Zij
A = {(x, y) ∈ R2 ; 0 < x2 + y 2 ≤ 1},
X = A ∪ {m+ , m− }
B+ () = {m+ } ∪ {(x, y) ∈ R2 ; 0 < x2 + y 2 < , , y > 0}
B− () = {m− } ∪ {(x, y) ∈ R2 ; 0 < x2 + y 2 < , , y < 0}
1. Laat zien dat de Euclidisch open delen van A te samen met de verzamelingen B+ () en B− () voor 0 < < 1 een basis vormen voor een
topologie op X.
2. Ga na of X met deze topologie de Hausdorff eigenschap heeft.
3. Ga na of X met deze topologie boog-samenhangend is.
Opgave 129. Zij X een samenhangende compacte topologische ruimte zo
dat X − {p} samenhangend is voor elke p ∈ X.
1. Volgt de samenhangendheid van X uit de andere gegevens?
2. Zij f : X → R een continue functie (m.b.t. de Euclidische topologie
op R). Laat zien dat er a, b ∈ R bestaan zo dat f (X) een segment
[a, b] is.
3. Laat zien dat f −1 (s) uit minstens 2 punten bestaat als a < s < b. Is
dat ook noodzakelijk het geval voor s = a?
Opgave 130. Veronderstel B ⊆ R gegeven. Zij X = [0, 1] × B met de
Euclidische topologie. Zij E de kleinste equivalentie-relatie op X waarvoor
alle punten (0, b) equivalent zijn. Zij f : X → R2 gedefinieerd door f (t, b) =
(t, tb).
F. Clauwens: Topologie
109
1. Laat zien dat f een continue bijectie induceert van X/E naar een
deel-ruimte Y van R2 (met de Euclidische topologie).
2. Zij B = [0, 1]. Ga na of bovengenoemde afbeelding
X/E → Y een homeomorfisme is.
3. Zij B = (0, 1). Ga na of bovengenoemde afbeelding
X/E → Y een homeomorfisme is.
Opgave 131. Bewijs dat de afbeelding f : R3 → R2 gedefinieerd door
f (x, y, z) = (x, y 2 −z 2 ) open is, maar de afbeelding g : R3 → R2 gedefinieerd
door g(x, y, z) = (x, y 2 + z 2 ) niet open is. De gebruikte topologie is steeds
de Euclidische.
Opgave 132. Voor elke s ∈ R en elke r ∈ R met r > 0 definiëren we
A(s, r) = {(x, y) ∈ R2 ; (x − s)2 + (y − r)2 < r2 } ∪ {(s, 0)}
1. Zij B de collectie deelverzamelingen van H = R × [0, ∞) bestaande
uit de Euclidisch open delen van W = R × (0, ∞) en de verzamelingen
A(s, r). Bewijs dat B een basis van een topologie T op H is.
2. Welke topologie induceert T op R × {0}?
3. Is de topologie die T op W induceert de Euclidische? En op W ∪
{(0, 0)}?
4. Is [0, 1] × [0, 1] met de door T geı̈nduceerde topologie compact?
5. Bewijs dat (H, T ) een boog-samenhangende topologische ruimte is.
Opgave 133. Zij W een samenhangende deel-ruimte van de Euclidische
ruimte Rn , waarbij n ≥ 2. Bewijs of weerleg de volgende bewering: voor elk
inwendig punt p van W is W − {p} samenhangend.
Zij A een gesloten deel van een Hausdorff-ruimte X, en zij h : A → A een
continue afbeelding. Verder is gegeven dat hn de identieke afbeelding is
voor zekere n ∈ N met n > 1. Zij E de kleinste equivalentie-relatie op X
waarvoor (a, h(a)) ∈ E voor alle a ∈ A. Laat zien dat X/E hausdorffs is.
Opmerking: hn is gedefinieerd als h voor n = 1 en als h˚hn−1 voor n > 1.
Opgave 134. Voor A ⊆ Rn definiëren we K(A) als {sa ; 0 ≤ s ≤ 1, a ∈ A}.
Bewijs of weerleg de volgende beweringen:
1. Als A open is in Rn dan ook K(A).
2. Als A gesloten is in Rn dan ook K(A).
3. Als A compact is dan ook K(A).
110
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
De gebruikte topologie is steeds de Euclidische.
Opgave 135. Zij (X, T ) een eindige topologische ruimte. Voor elke p ∈ X
definiëren we Bp als de doorsnede van alle U ∈ T waarvoor p ∈ U . We
schrijven B = {Bp ; p ∈ X}.
1. Laat zien dat B een basis van T is.
2. Zij ook C een basis van T . Laat zien dat B ⊆ C.
Opgave 136. Zij X = {1, 2, 3, 4, 5} en zij
T = {∅, {2}, {4}, {1, 2}, {2, 4}, {4, 5}, {1, 2, 4}, {2, 3, 4},
{2, 4, 5}, {1, 2, 3, 4}, {1, 2, 4, 5}, {2, 3, 4, 5}, X}
Ga na of de ruimte (X, T ) boog-samenhangend is.
Aanwijzing: bekijk eerst het eenvoudiger geval van de Sierpinski-ruimte.
Opgave 137. Zij (X, T ) een topologische ruimte. Punten p, q ∈ X noemen
we scheidbaar als er U, V ∈ T bestaan met p ∈ U , q ∈ V en U ∩ V = ∅. Als
p en q niet scheidbaar zijn noemen we ze onafscheidelijk.
1. We schrijven
S = {(p, q) ∈ X × X ; p en q zijn onafscheidelijk }.
Laat aan de hand van het voorbeeld uit opgave 2 zien dat S niet
een equivalentie-relatie is. We schrijven verderop R voor de kleinste
equivalentie-relatie die S bevat.
2. Zij (X 0 , T 0 ) een Hausdorff-ruimte en zij f : X → X 0 continu. Laat zien
dat f constant is op klassen van R.
3. Zij gegeven dat alle punten in X equivalent zijn onder R. Laat zien
dat (X, T ) samenhangend is.
Opgave 138. Zij A = {(u, v) ∈ R2 ; |u| ≤ 1, |v| ≤ 1} met de Euclidische
topologie, en zij E de equivalentie-relatie op A gedefinieerd door
E = {((u, v), (u, v)) ; (u, v) ∈ X}
∪ {((u1 , 1), (u2 , 1)) ; |u1 | ≤ 1, |u2 | ≤ 1, }
∪ {((u1 , −1), (u2 , −1)) ; |u1 | ≤ 1, |u2 | ≤ 1, }
∪ {((−1, v), (1, v)) ; |v| ≤ 1}
∪ {((1, v), (−1, v)) ; |v| ≤ 1}
Zij h : A → S 2 gedefinieerd door
p
p
h(u, v) = ( 1 − v 2 cos(πu), 1 − v 2 sin(πu), v)
Laat zien dat h een homeomorfisme h : A/E → S 2 induceert.
Zoals gewoonlijk is S 2 = {(x, y, z) ; x2 + y 2 + z 2 = 1} met de Euclidische
topologie.
F. Clauwens: Topologie
111
Opgave 139. Zij E een Euclidische ruimte, en zij U een open deelverzameling van E.
Als A ⊆ X dan schrijven we N (A, U ) voor {x ∈ E ; x + A ⊆ U }; hier is
x + A een afkorting voor {x + a ; a ∈ A}.
1. Is N (A, U ) open als A gesloten is?
2. Is N (A, U ) open als A compact is?
Bewijs uw antwoord in beide gevallen.
Opgave 140. Zij C de cirkel; dus C = {z ∈ C ; |z| = 1} met de Euclidische
topologie.
Zij T de verzameling van drie-tallen punten van C; dus T = C × C × C met
de product-topologie.
Zij V de deel-ruimte van T bestaande uit de drie-tallen verschillende punten;
dus V = {(x, y, z) ∈ T ; x 6= y 6= z 6= x}.
Bepaal het aantal samenhangs-componenten van V .
Aanwijzing: C − {1} is homeomorf met R.
Opgave 141. Zij g : R5 → C2 gedefinieerd door
x2 + ix3 x4 + ix5
g(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) =
,
1 + ix1 1 + ix1
1. Laat zien dat g een open afbeelding is.
2. Zij f : P 5 (R) → P 2 (C) de afbeelding gegeven door
f ([x0 , x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ]) = [x0 + ix1 , x2 + ix3 , x4 + ix5 ].
Laat zien dat f een open afbeelding is.
Aanwijzing: Overdek P 5 (R) met open delen, elk homeomorf met R5 .
Opgave 142. Zij X = R2 en zij Y = R × (0, ∞), allebei met de Euclidische
topologie. Zij E de kleinste equivalentie-relatie op X waarvoor (s + t, t)
equivalent is met (s, t) voor alle s, t ∈ R.
Zij F = E ∩ (Y × Y ) de beperking van E tot Y .
1. Is de quotiënt-ruimte X/E Hausdorffs?
2. Is de quotiënt-ruimte Y /F Hausdorffs?
Bewijs uw antwoord in beide gevallen
Opgave 143. Zij f : X → Y een open afbeelding tussen topologische ruimtes. Zij D een dichte deelverzameling van Y . Laat zien dat f −1 (D) een
dichte deelverzameling is van X.
Opgave 144. Zij I het segment [0, 1], voorzien van de Euclidische topologie.
Zij X de product-ruimte van oneindig veel exemplaren van I (genummerd
met natuurlijke getallen). Laat zien dat de product-ruimte X × X homeomorf is met X.
112
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Opgave 145. Schrijf L voor R voorzien van de Euclidische topologie.
Zij verder H = (0, ∞) en K = {n2 ; n ∈ N∗ } en D = {n−1 ; n ∈ N∗ },
allemaal met de door L geı̈nduceerde topologie.
Bestaat er een homeomorfisme f : L → L dat K in D overvoert?
Bestaat er een homeomorfisme g : H → H dat K in D overvoert?
Bewijs uw antwoorden.
Opgave 146. Schrijf V voor R2 voorzien van de Euclidische topologie. Bepaal de samenhangs-componenten van V − C, waar C = {(x, y) ∈ V ; (x2 −
1)y = x}.
Opgave 147. Zij I het segment [0, 1], voorzien van de Euclidische topologie.
Zij K de product-ruimte van eindig veel exemplaren van I.
Zij A de deelverzameling bestaande uit alle punten waarvoor minstens een
der componenten 0 of 1 is.
Zij R de equivalentie-relatie op K die als equivalentie-klassen heeft: A en
alle {p} voor p 6∈ A.
Laat zien dat K/R Hausdorffs is.
Wat gebeurt er als we K vervangen door de ruimte X van opgave 144?
F. Clauwens: Topologie
11.4
113
Opgaven 1998-2001
Opgave 148. Zij X een topologische ruimte. Noem A ⊆ X een ‘mooi’ deel
als hij bevat is in de afsluiting van zijn inwendige.
1. Is de vereniging van twee mooie delen altijd mooi?
2. Is de vereniging van willekeurig veel mooie delen altijd mooi?
3. Is de doorsnede van twee mooie delen altijd mooi?
Bewijs steeds uw antwoord.
Opgave 149. Zij X = {(x, y, z) ∈ R3 ; x2 + y 2 + z 2 = 1, xyz 6= 0}, met de
Euclidische topologie. Bepaal de samenhangs-componenten van X.
Opgave 150. Beschouw de topologie T op R bestaande uit ∅, R en verder
alle (−∞, a) voor a ∈ R. Laat zien dat een niet-leeg deel K ⊆ R met de
door T geı̈nduceerde topologie compact is d.e.s.d. als sup(K) ∈ K.
Opgave 151. Laat gegeven zijn: een topologische ruimte X, een verzameling I, en voor elke i ∈ I een deel-ruimte Ai van X; en wel zo dat
X = ∪i∈I Ai .
We definiëren Bi = Ai × {i} ⊆ X × I, en Y = ∪i∈I Bi , zodat dit laatste een
disjuncte vereniging is.
1. Laat zien dat de volgende twee constructies dezelfde topologie op Y
opleveren:
P We geven I de discrete topologie, we geven X × I de producttopologie, en we geven Y de geı̈nduceerde topologie.
S We voorzien Bi van een topologie door middel van de duidelijke
bijectie met Ai , en we geven Y de som-topologie.
We definiëren nu E als de equivalentie-relatie op Y waarvoor (p, i) en (q, j)
equivalent zijn d.e.s.d.a. p = q. Bekijk de bijectie h van Y /E met X die de
klasse van (p, i) in p overvoert.
1. Laat zien dat h een homeomorfisme is als alle Ai open zijn.
2. Laat zien dat h een homeomorfisme is als alle Ai gesloten zijn en I
eindig is.
3. Laat (door een voorbeeld) zien dat h geen homeomorfisme hoeft te
zijn als alle Ai gesloten zijn maar I niet eindig is.
4. Laat (door een voorbeeld) zien dat h geen homeomorfisme hoeft te
zijn als I = {1, 2} maar verder niets gegeven is over A1 en A2 .
114
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
1
Opgave 152. Zij K = {0} ∪ { m
+ n1 ; m, n ∈ N∗ }.
Is K met de Euclidische topologie compact? Bewijs uw antwoord.
Opgave 153. Zij Ba,r = {a+nr ; n ∈ Z} en zij B = {Ba,r ; a ∈ Z, r ∈ N∗ }.
1. Laat zien dat B basis van een topologie T op Z is.
2. Is de ruimte X = (Z, T ) compact?
3. Is X Hausdorffs?
4. Is X samenhangend?
5. Is X totaal-onsamenhangend?
Bewijs steeds uw antwoord.
Opgave 154. Zij X een topologische ruimte, en zij E een equivalentierelatie op X. We noteren p : X → X/E voor de quotiënt-vormende afbeelding. Zij Y een deel-ruimte van X, en zij F de equivalentie-relatie
E ∩ (Y × Y ). We noteren q : Y → Y /F voor de quotiënt-vormende afbeelding. Tenslotte noteren we j : Y → X voor de inclusie-afbeelding.
1. Laat zien dat er precies één afbeelding g : Y /F → X/E is zo dat
g ˚p = q ˚j is, en dat deze g continu is.
2. Zij Y open in X en zij E een open equivalentie-relatie. Levert g
dan een homeomorfisme van Y /F met zijn beeld in X/E? Bewijs uw
antwoord.
3. Dezelfde vraag voor Y gesloten en E een gesloten equivalentie-relatie.
4. Dezelfde vraag voor Y gesloten en E een open equivalentie-relatie.
Opgave 155. We vragen ons af wanneer voor een topologische ruimte geldt
dat elke deelverzameling dezelfde afgeleide verzameling heeft als zijn afsluiting:
1. Zij X = {a, b, c} en zij T = {∅, {a, b}, X}.
0
Laat zien dat U 0 6= U voor zekere U ⊆ X.
2. Zij nu (X, T ) een topologische ruimte met de eigenschap dat elke éénpunts deelverzameling gesloten is.
0
Laat zien dat U 0 = U voor elke U ⊆ X.
Opgave 156. Beschouw een topologische ruimte die een basis heeft bestaande uit samenhangende deel-ruimtes. Laat zien dat die ruimte een topologische som is van samenhangende deel-ruimtes.
F. Clauwens: Topologie
115
Opgave 157. Zij (X, T ) een Hausdorff-ruimte. Zij M de collectie bestaande
uit ∅ en uit alle V ⊆ X waarvoor geldt dat X − V compact is (met de door
T geı̈nduceerde topologie).
1. Laat zien dat M ook een topologie op X is.
2. Laat zien dat (X, M) compact is
Aanwijzing: M ⊆ T .
Opgave 158. Een stel deelverzamelingen {Gi ; i ∈ I} van een topologische
ruimte X heet locaal eindig als elk punt van X een omgeving V heeft zodat
voor slecht eindig veel i ∈ I gebeurt dat Gi ∩ V 6= ∅. Laat zien dat de
vereniging van een locaal eindig stel gesloten verzamelingen weer gesloten
is.
Opgave 159. Zij G ⊆ Rm gesloten en zij r > 0. Zij H de verzameling der
q ∈ Rm waarvoor er een p ∈ G is met kq − pk ≤ r. Zij U de verzameling
der q ∈ Rm waarvoor er een p ∈ G is met kq − pk < r.
1. Is H altijd de afsluiting van U ? Bewijs uw antwoord.
2. Is U altijd het inwendige van H? Bewijs uw antwoord.
De topologie is uiteraard de Euclidische.
Opgave 160. Ga na of de volgende bewering juist is (dus geef een bewijs
of een tegenvoorbeeld):
Als f : X → Y een continue bijectieve afbeelding is van compacte topologische ruimtes dan is f een homeomorfisme.
Opgave 161. Noteer clX (A) voor de afsluiting van een verzameling A binnen een topologische ruimte X. Ga na of het voor A ⊆ B ⊆ X altijd zo is
dat clX (A) = clX (clB (A)). Hierbij is B uiteraard voorzien van de door X
geı̈nduceerde topologie.
Opgave 162. Zij X een topologische ruimte. Voor A ⊆ X definiëren we A#
als de verzameling van punten p ∈ X waarvoor er een continue f : [0, 1] → X
bestaat met f ((0, 1)) ⊆ A en f (0) = p.
1. Laat zien dat altijd A ⊆ A# ⊆ A.
2. Zij gegeven dat A samenhangend is. Is A# dan noodzakelijk samenhangend?
3. Zij gegeven dat A boog-samenhangend is.
(a) Is A# dan noodzakelijk boog-samenhangend?
(b) Is A dan noodzakelijk boog-samenhangend?
116
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Bewijs steeds uw antwoord.
Opgave 163. Zij X, Y en Z topologische ruimtes, en zij f : X × Y → Z
continu. Zij A een deelverzameling van X en zij N een open deelverzameling
van Z. Zij gegeven dat Y compact is. Laat zien dat er een open M ⊆ X is
zodat A ⊆ M en f (M × Y ) ⊆ N .
Aanwijzing: bekijk eerst het geval dat A uit een enkel punt bestaat.
Opgave 164. Zij X een Hausdorff-ruimte, zij Y = X × X met de producttopologie, en zij T : Y → Y de afbeelding gegeven door T (a, b) = (b, a) voor
a, b ∈ X. Zij R de kleinste equivalentie-relatie op Y die alle (y, T y) bevat,
en zij p : Y → Y /R de quotiënt-vormende afbeelding. Zij d : X → Y de
afbeelding gegeven door d(x) = (x, x).
1. Is p een open afbeelding? Een gesloten afbeelding?
2. Is d een open afbeelding? En als afbeelding naar d(X)?
3. Is Y /R Hausdorffs?
4. Levert p een homeomorfisme tussen d(X) en pd(X)?
Bewijs steeds uw antwoord.
Opgave 165. Zij X een topologische ruimte, en zij M een topologie op X.
Zij verder Y een deelverzameling van X, en zij N een topologie op Y . Zij
gegeven dat Y ∈ M en dat MY ⊆ N . Laat zien dat T = {U ∪ V ; U ∈
M , V ∈ N } de kleinste is van alle topologieen S op X waarvoor geldt dat
M ⊆ S en N ⊆ SY .
Hier betekent de notatie MY de door M op Y geı̈nduceerde topologie.
Opgave 166. Laat X en Y twee topologische ruimtes xijn, en laat f en g
twee continue afbeeldingen X → Y zijn. Neem aan dat f en g samenvallen
op een deelverzameling A van X.
1. Zij gegeven dat Y Hausdorffs is. Laat zien dat f en g samenvallen op
A.
2. Laat zien dat de Hausdorff-eis in voorgaande onderdeel noodzakelijk
is.
Opgave 167. Zij X een topologische ruimte, en zij K een niet-lege compacte
ruimte.
Zij verder f : X × K → R een continue afbeelding. Laat zien dat de formule
g(x) = sups∈K f (x, s) een afbeelding g : X → R definieert, en dat g continu
is.
Hier is X ×K voorzien van de product-topologie van de gegeven topologieën,
en is R voorzien van de Euclidische topologie.
F. Clauwens: Topologie
117
Opgave 168. Zij X een samenhangende deel-ruimte van Rn , en zij
Y = {ta + (1 − t)b ; a ∈ X , b ∈ X , 0 < t < 1}
Laat zien dat Y ook samenhangend is.
Opgave 169. Zij U een open echte deelverzameling van Rn . We definiëren
g : Rn → R door
g(x) = inf{d(x, a) ; a ∈ Rn − U },
waar d de Euclidische metriek is. We definiëren f : U → Rn × R door
1
.
f (x) = x,
g(x)
Laat zien dat f een homeomorfisme is van U met een gesloten deel van
Rn+1 .
Opgave 170. Gegeven een topologische ruimte X en een continue functie
f : X → R bekijken we het complement van zijn grafiek:
Y = {(x, t) ∈ X × R ; t 6= f (x)}
(uiteraard heeft R hier de Euclidische topologie, heeft X × R de producttopologie, en heeft Y de geı̈nduceerde topologie). Zij gegeven dat X samenhangend is. Bepaal de samenhangs-componenten van Y .
Opgave 171. We definiëren de volgende deelverzamelingen van het vlak:
L = {(x, y) ∈ R2 ; y = 0}
C = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + (y − 2)2 = 1}
G = {p + q ∈ R2 ; p ∈ L , q ∈ C , d(p, q) = 3}
waar d de Euclidische metriek is. Laat zien dat G een begrensde gesloten
verzameling is in R2 .
Opgave 172. Zij A = [2, ∞), en zij f : A → R een continue functie met
√
de eigenschap dat f (x) = f (x − x) voor alle x ≥ 4. Laat zien dat f een
maximum aanneemt.
Opgave 173. Zij gegeven een verzameling X en een afbeelding Ω : P(X) →
P(X) met
Ω(X) = X
Ω(A) ⊆ A voor alle A
Ω(A ∩ B) = Ω(A) ∩ Ω(B) voor alle A, B
Ω(Ω(A)) = Ω(A) voor alle A
118
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
1. Laat zien dat Ω(A) ⊆ (B) als A ⊆ B
2. Laat zien dat T = {A ∈ P(X) ; Ω(A) = A} een topologie op X is
3. Laat zien dat voor deze topologie T geldt dat Ω(A) = A◦ voor alle A.
Opgave 174. Zij A = {(x, y) ∈ R2 ; x 6= y 2 + 1, y 6= x2 + 1} met de
Euclidische topologie. Bepaal de samenhangs-componenten van A
Opgave 175. Zij g ∈ N, zij m =
+ 1, zij a0 , a1P
, . . . , am ∈ C en definieer
P2g
m
m+1−i . We defii
veeltermen f en g door f (t) = i=0 ai t , g(t) = m
i=0 ai t
2
2
niëren X = {(x, y) ∈ C ; y = f (x)} en Y = {(ξ, η) ∈ C2 ; η 2 = g(ξ)},
allebei met de Euclidische topologie.
1. Zij U = {(x, y) ∈ X ; x 6= 0} en V = {(ξ, η) ∈ Y ; ξ 6= 0} en zij
T : U → V gegeven door T (x, y) = (1/x, y/xg+1 ). Laat zien dat T een
homeomorfisme is.
Zij Z de topologische som van X en Y en zij E de kleinste equivalentie-relatie
op Z waarvoor elke p ∈ U equivalent is met T (p) ∈ V . Schrijf M voor de
quotiëntruimte Z/E en π voor de quotiëntvormende afbeelding Z → M
1. Laat zien dat M hausdorffs is.
2. Laat zien dat M compact is.
Aanwijzing: bestudeer het beeld van {(x, y) ∈ C2 ; kxk ≤ 1} onder π
3. Laat zien dat X homeomorf is met zijn beeld onder π.
Opmerking: in de cursus ”Complexe Functies”leert U hoe X er uit ziet in
de buurt van een nul-punt van f . Daaruit blijkt dat X samenhangend is en
dat elk punt van X een omgeving heeft die homeomorf is met C. U kunt
zelf nagaan dat M dan dezelfde eigenschappen heeft. Een Hausdorffruimte
met deze eigenschappen heet een Riemann-oppervlak. Het in deze opgave
gemaakte oppervlak M heet hyper-elliptisch van geslacht g.
Opgave 176. Zij A een deelverzameling van een topologische ruimte X, en
beschouw A met de van X geı̈nduceerde topologie. Laat zien dat A dicht is
in A.
Opgave 177. Zij voor elke n ∈ N gegeven
Q∞ een topologische ruimte Xn , en
bekijk de product-verzameling X = n=1Q
Xn . Zij B de collectie van alle
deelverzamelingen van X die van de vorm ∞
n=1 Un zijn, waar Un voor elke
n open is in Xn .
1. Laat zien dat B de basis is van een topologie S op X.
Zij nu gegeven dat elke Xn het segment [0, 1] is met de Euclidische topologie.
1. Laat zien dat S niet de product-topologie is.
F. Clauwens: Topologie
119
2. Laat zien dat X met de topologie S niet compact is.
Aanwijzing: bestudeer de identieke afbeelding naar X met de producttopologie.
Opgave 178. Zij X = C3 − {(0, 0, 0)} met de Euclidische topologie, en zij
E de equivalentie-relatie die twee vectoren a en b equivalent verklaart als
er een scalair λ ∈ C is zodat b = λa. We noteren π : X → X/E voor de
quotiënt-vormende afbeelding.
De quotiënt-ruimte X/E staat bekend als het complexe projectieve vlak
P 2 (C).
1. Zij A de deel-ruimte {π(x, y, z) ; z 6= 0} van P 2 (C). Laat zien dat
de afbeelding h : C2 → A gedefinieerd door h(x, y) = π(x, y, 1) een
homeomorfisme is.
2. Bepaal de samenhangs-componenten van de deel-ruimte
{π(x, y, z) ; xyz(x − y)(x − z)(y − z) 6= 0} van P 2 (C).
Opgave 179. Beschrijf precies welke deelverzamelingen van R kunnen voorkomen als beeld van het interval (0, 1) onder een continue afbeelding f : R →
R, en waarom.
Opgave 180. Zij gegeven dat A en B allebei topologische groepen zijn.
Laat zien dat de groep A×B met de product-topologie weer een topologische
groep wordt.
Toelichting: Een topologische groep is een verzameling G voorzien van een
groeps-structuur en voorzien van een topologie, en wel zó dat de vermenigvuldigings-afbeelding m : G × G → G en de inversie afbeelding i : G → G
continue afbeeldingen zijn.
Opgave 181. Zij A = {(x, y, z) ∈ R3 ; xyz = 0 , x2 + y 2 > 1} voorzien
van de Euclidische topologie. Bepaal de samenhangs-componenten van A.
Opgave 182. Zij X = C2 − {(0, 0)}, en zij E de equivalentie-relatie op
X waarvoor de equivalentie-klasse van (u, v) ∈ X precies {(z 3 u, z 7 v) ; z ∈
C∗ } is. Laat zien dat de quotiënt-ruimte homeomorf is met de complexe
projectieve lijn P 1 (C).
Aanwijzing: Bekijk de afbeelding X/E → P 1 (C) die aan de klasse van (u, v)
toevoegt de klasse van (u7 , v 3 ).
Opgave 183. Zij L de deel-ruimte van de Euclidische Rn bestaande uit de
rijtjes (a0 , a1 , . . . , an−1 ) waarvoor de veelterm tn + an−1 tn−1 · · · + a1 t + a0
product is van lineaire factoren (met reële coëfficienten). Leg uit waarom L
samenhangend is.
Opgave 184. Zij X de verzameling van alle afbeeldingen f : R → R die
continu zijn in de Euclidische zin. Als f, α ∈ X en α(t) > 0 voor alle t ∈ R
dan noteren we
N (f, α) = {g ∈ X ; ∀t |g(t) − f (t)| < α(t) }
120
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
1. Laat zien dat de N (f, α)-tjes een basis vormen voor een topologie T
op X.
2. We noemen een functie f ∈ X begrensd als er een M ∈ R is met
|f (t)| ≤ M voor alle t ∈ R. Laat zien dat de verzameling B ⊆ X
bestaande uit de begrensde functies gesloten is.
Opgave 185. Laten we een deelverzameling A van een topologische ruimte
X begrensd noemen als er een deelverzameling K van X is die A bevat en
die compact is (met de door X geı̈nduceerde topologie).
1. Laat zien dat als X de Euclidische Rn is dit samenvalt met de gebruikelijke betekenis van de term begrensd.
2. Laat zien dat voor elke Hausdorff-ruimte X geldt dat A ⊆ X compact
is (met de geı̈nduceerde topologie) d.e.s.d.a. hij begrensd en gesloten
is in X.
3. Laat aan de hand van een voorbeeld zien wat er mis kan gaan aan het
voorgaande onderdeel als we niet eisen dat X Hausdorffs is.
Opgave 186. Laten we een topologische ruimte een EG-ruimte noemen als
alle één-punts deel-verzamelingen gesloten zijn.
1. Laat zien dat elke Hausdorff-ruimte een EG-ruimte is.
2. Laat zien: als er een continue injectieve afbeelding bestaat van een
topologische ruimte X naar een EG-ruimte Y dan is X een EG-ruimte.
3. Laat zien dat een product van willekeurig veel EG-ruimtes weer een
EG-ruimte is.
F. Clauwens: Topologie
11.5
121
Opgaven 2002-2005
Opgave 187. Zij I een (eventueel oneindige) verzameling, en zij voor elke
i ∈ I gegeven een topologische ruimte Xi en een deel-verzameling Ai ⊂ Xi .
Bewijs dat
Y
Y
Ai =
Ai
i∈I
i∈I
Opgave 188. Zij L = R − {0} met de Euclidische topologie, zij f : L3 → L3
gegeven door f (x, y, z) = (yz, xz, xy) en zij H = {(x, y, z) ∈ L3 ; xyz > 0}.
1. Laat zien dat f : L3 → L3 een open afbeelding is, maar geen homeomorfisme.
2. Zij g de beperking van f tot een afbeelding H → H. Laat zien dat g
wel een homeomorfisme is.
3. Hoveel samenhangs-componenten heeft H? Beargumenteer uw antwoord.
Opgave 189. Beschouw K = {(x, y) ∈ R2 ; x3 −3x = y 2 } met de topologie
afkomstig van de Euclidische metriek d.
1. Laat zien dat de deelruimte A = {(x, y) ∈ K ; x < 1} compact is,
maar B = {(x, y) ∈ K ; x > 1} niet.
2. Zij p = (0, 2), en definieer f (a, b) = d(p, a) + d(a, b) voor a ∈ A en
b ∈ B. Laat zien dat er u ∈ A en v ∈ B bestaan met f (a, b) ≥ f (u, v)
voor alle a ∈ A, b ∈ B.
Opgave 190. Zij V het vierkant [−1, +1] × [−1, +1] met de Euclidische
topologie, zij f : V → V gedefinieerd door f (x, y) = (xy, x2 y) en beschouw
de equivalentie-relatie E = {(p, q) ∈ V × V ; f (p) = f (q)}.
1. Laat zien dat V /E Hausdorffs is.
2. Is V /E homeomorf met f (V )? Beargumenteer uw antwoord.
Opgave 191. Zij X een verzameling waarop twee topologieën Ta en Tb
gegeven zijn.
1. Laat zien dat er onder alle topologieën die zowel Ta als Tb bevatten
een kleinste is; noem deze S.
2. Zij Y een andere topologische ruimte en zij f : Y → X een afbeelding.
Laat zien dat f continu is voor S d.e.s.d.a. hij continu is voor Ta zowel
als voor Tb .
122
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
3. Zij nu X = R en zij Ta (respectievelijk Tb ) de topologie met als basis
alle (a, ∞) (respectievelijk alle (−∞, a)) met a ∈ R. Laat zien dat
S de Euclidische topologie is. Kunt u voor dit geval een interpretatie
geven van de bewering uit het vorige item?
Opgave 192. Zij V = (−4, 4) × (−4, 4) en zij A ⊂ V gegeven door
A = C+ ∪ C− ∪
∞
[
Bn
waar
n=1
C+ = {0} × (0, 4)
C− = {0} × (−4, 0)
Bn = {2−n } × (−2, 2)
Zij X = V − A het complement, voorzien van de Euclidische topologie.
1. Laat zien dat X samenhangend is.
2. Laat zien dat X niet boogsamengangend is.
Opgave 193. Voor elke n ∈ N zij gegeven een reëel getal an met 0 ≤ an ≤ 1.
Zij
∞
[
X=
{2−n } × [0, an ]
n=1
1. Wat is de afsluiting X van X in R2 ?
2. Laat zien dat de functie f : X → R gedefinieerd door f (x, y) = xy een
maximum aanneemt.
We gebruiken hier steeds de Euclidische topologie.
Opgave 194. Zij gegeven verzamelingen A ⊂ X en B ⊂ Y . Bovendien is
X voorzien van een topologie S en is Y voorzien van een topologie T . Geef
een nauwkeurig bewijs dat de volgende twee constructies hetzelfde resulaat
opleveren
• We maken eerst de product-topologie van S en T en vervolgens de
daardoor op A × B geinduceerde topologie.
• We maken eerst de door S op A geinduceerde topologie en de door T
op B geinduceerde topologie, en we nemen van deze twee de producttopologie.
Opgave 195. We noteren N voor de natuurlijke getalen inclusief 0 en N∗
voor de natuurlijke getallen zonder 0.
1. Laat zien dat de verzamelingen U (a, b) = {a + bn ; n ∈ N} met
a, b ∈ N∗ de basis vormen van een zekere topologie T op N∗ . We
schrijven X voor de resulterende topologische ruimte.
F. Clauwens: Topologie
123
2. Laat zien dat de verzameling P der priemgetallen een gesloten deel
van X vormt.
3. Bepaal het inwendige van P in X.
4. Laat zien dat X Hausdorffs is.
5. Laat zien dat X totaal onsamenhangend is.
6. Laat zien dat X niet compact is.
Opgave 196. Beschouw de volgende verzamelingen, met de Euclidische
topologie:
A = {(x, y) ∈ R2 ; y(1 − x2 ) = 0}
B = {(x, y) ∈ R2 ; y(1 − x2 ) = x}
X = A ∪ B,
Y = R2 − X
Beschrijf de samenhangs-componenten van X en van Y . Bewijs voor een
van die componenten van Y dat hij ook boogsamenhangend is.
Opgave 197. We noteren R3 met de Euclidische topologie als X. Zij E de
equivalentie-relatie op X gegeven door
E = {((a, b, c), (A, B, C)) ∈ X × X ; er is een s ∈ R
met A = a, B = b + 2as, C = c + bs + as2 }
1. Laat zien dat de quotient-ruimte X/E niet Hausdorffs is.
2. Vervang nu X door Y = {(a, b, c) ∈ X ; a =
6 0} en E door F =
E ∩ (Y × Y ). Laat zien dat de quotient-ruimte Y /F wel Hausdorffs is.
Opmerking: Bij elke (a, b, c) ∈ X kunnen we een ‘parabool’ P = {(t, at2 +
bt + c) ; t ∈ R} ⊂ R2 vormen. Twee punten van X zijn dan E-equivalent
precies als ze dezelfde parabool opleveren. We kunnen X/E dus opvatten
als de ‘ruimte van alle parabolen’. Echter de parabolen met a = 0 ontaarden
tot lijnen of punten. We kunnen dus Y /F opvatten als de ruimte van alle
niet-ontaarde parabolen.
Opgave 198. Met de grafiek van een functie f : A → B bedoelen we we
de deelverzameling {(a, f (a)) ; a ∈ A} van A × B. Voor n ∈ N zij Gn de
grafiek van de functie fn : [0, 2π] → R gegeven door fn (x) = 2−n sin(2n x).
Dus Gn is een golflijn met 2n toppen en 2n dalen en uitwijking 2−n .
2
1. Bepaal de afsluiting Y van X = ∪∞
n=1 Gn in R met de euclidische
topologie.
2. Is Y compact?
124
11
OPGAVEN UIT TENTAMENS
Bewijs uw antwoord.
Opgave 199.
1. Laat A en B open delen van een topologische ruimte
X zijn. Neem aan dat A ∩ B en A ∪ B samenhangend zijn. Laat zien
dat A samenhangend is.
2. Laat aan de hand van een voorbeeld zien dat de eis dat A en B open
zijn niet overbodig is.
Opgave 200. Zij X = R3 met de euclidische topologie. Zij E de equivalentierelatie op X waarvoor twee punten equivalent zjn als de ene uit de andere
ontstaat door een permutatie van de drie coördinaten (elke equivalentieklasse bevat dus hoogstens 6 punten). We noteren steeds [x, y, z] voor de
equivalentie-klasse van een element (x, y, z) ∈ X.
1. Laat zien dat de quotiënt -ruimte Y = X/E Hausdorffs is.
2. Bewijs dat er een wel-gedefinieerde continue afbeelding f : Y → Y is
met f [x, y, z] = [x + yz, y + xz, z + xy] voor alle (x, y, z) ∈ X.
3. Zij U = {(x, y, z) ∈ R3 ; |x| < 21 , |y| < 12 , |z| < 21 } en zij V het beeld
in Y . Laat zien dat de beperking van f tot V een open afbeelding is.
Opgave 201. Zij X een willekeurige topologische ruimte en zij Y een compacte hausdorffruimte.
1. Laat zien dat de afbeelding p : X × Y → X gegeven door p(x, y) = x
gesloten is.
2. Laat zien dat f : X → Y continu is d.e.s.d.a. de grafiek
Gf = {(x, y) ∈ X × Y ; y = f (x)}
gesloten is in X × Y (voor de product-topologie).
Opgave 202. Zij E de kleinste equivalentie-relatie op R2 waarvoor (x, y)
equivalent is met (x + 1, y + 2x + 1), voor alle x, y.
1. Bepaal E volledig.
2. Bewijs dat de quotiënt-ruimte R2 /E hausdorffs is (waar R2 de euclidische topologie heeft).
Q
Opgave 203. Zij X = ∞
n=1 R de verzameling van oneindige rijtjes reële
getallen. Op X bekijken we drie topologieën:
• De product-topologie Tp , uitgaande van de euclidische topologie E op
elke factor.
F. Clauwens: Topologie
• De naieve topologie Tn met als basis alle producten
Un ∈ E voor elke n.
125
Q∞
n=1 Un ,
waarbij
• De uniforme topologie Tu afkomstig van de metriek d gegeven door
d(x, y) = sup{ρ(xn , yn )) ; n ∈ N}, waar ρ gegeven is door ρ(u, v) =
min(1, |u − v|).
1. Ga na welke inclusie-relaties er gelden tussen deze drie topologieën.
2. Voor welke van deze topologieën is X samenhangend? Aanwijzing:
bestudeer de verzameling B = {x ∈ X ; ∃C ∀n ( |xn | ≤ C )}.
126
12
12.1
12
UITWERKINGEN VAN GESELECTEERDE OPGAVEN
Uitwerkingen van geselecteerde opgaven
Tentamen-opgave 22
Stel dat A antipode-vrij is in de zin dat als x ∈ A dan −x 6∈ A, en stel dat
ook B antipode-vrij is.
Als x ∈ A∩B dan enerzijds x ∈ A en dus −x 6∈ A en anderzijds x ∈ B en
dus −x 6∈ B. Dan is −x 6∈ A ∪ B = S 1 met tegenspraak. Dus is A ∩ B = ∅,
wat betekent dat {A, B} een splitsing van S 1 is. Maar S 1 is samenhangend
wat betekent dat dit alleen kan als A = S 1 of B = S 1 , in tegenspraak met het
antipode-vrij zijn van A respectievelijk B. Dus A of B is niet antipode-vrij.
12.2
Tentamen-opgave 28
1. Kies een bol B om y met compacte afsluiting D. Nu is Z = f −1 (D)
compact omdat f proper is. Omdat U open is in X is V = U ∩ Z
open in Z en dus is Z − V gesloten in Z en daarom compact volgens
Propositie 8.9. Omdat f continu is zegt Propositie 8.10 nu dat f (Z −
V ) compact is, en dus is f (Z − V ) gesloten in Rn volgens Propositie
8.19. Dus is W = B ∩ (Rn − f (Z − V )) open in Rn .
Als x ∈ X − U dan zijn er twee mogelijkheden. Als x ∈ Z dan is
x ∈ Z ∩ (X − U ) = Z − V en dan is f (x) ∈ f (Z − V ) en dus f (x) 6 inW .
Als x 6 inZ dan is f (x) 6∈ D dus zeker f (x) 6 inB en dus f (x) 6 inW .
We zien dus dat X − U ⊆ X − f −1 (W ) wat betekent dat f −1 (W ) ⊆ U .
2. Zij y ∈ Rn en stel dat f −1 ({y}) een splitsing {P, Q} heeft. Omdat
{y} compact is en f proper is moet f −1 ({y}) compact zijn. Omdat P
en Q gesloten zijn in f −1 ({y}) zijn ze volgens Propositie 8.9 compact.
Omdat ze ook disjunct zijn zegt Propositie 8.20 dat er disjuncte open
delen A en B van X zijn met P ⊆ A en Q ⊆ B. Nu is U = A ∪ B
een open deel van X dat P ∪ Q = f −1 ({y}) bevat. Volgens onderdeel
1 van deze opgave is er dus een open omgeving W van y in Rn met
f −1 (W ) ⊆ U . We mogen W vervangen door een daarin bevat open
bolletje om y, en dus aannemen dat W open en samenhangend is.
Volgens het gegeven is nu f −1 (W ) samenhangend.
Nu zijn f −1 (W ) ∩ A en f −1 (W ) ∩ B open in f −1 (W ). Verder is de
doorsnede f −1 (W ) ∩ A ∩ B = f −1 (W ) ∩ ∅ = ∅. Tenslotte is de vereniging f −1 (W ) ∩ (A ∪ B) = f −1 (W ) ∩ U = f −1 (W ). Dus ze vormen
een splitsing van f −1 (W ). Omdat we net gezien hebben dat f −1 (W )
samenhangend is kan deze splitsing geen echte splitsing zijn. Dat betekent dat een van de twee leeg is, zeg f −1 (W ) ∩ A = ∅. Maar omdat
f −1 (W ) ∩ A ⊇ f −1 (W ) ∩ P ⊇ f −1 ({y}) = P is dan P = ∅; evenzo is
in het andere geval Q = ∅.
F. Clauwens: Topologie
12.3
127
Tentamen-opgave 29
1. We hebben (π2 i)−1 (A) = {(x, y) ∈ R ; y ∈ A}. Dus is
(π1 i)((π2 i)−1 (A)) = {x ∈ X ; er is (x, y) ∈ R met y ∈ A}
en dat is precies de R-verzadiging π −1 (π(A)) van A.
2. Zij A een compact deel van X. Uit het proper zijn van π2 i volgt dan dat
(π2 i)−1 (A) compact is. Uit het continu zijn van π1 i volgt vervolgens
dat (π1 i)((π2 i)−1 (A)) compact is. Volgens onderdeel 1 betekent dit
dat π −1 (π(A)) compact is. Dus R is een propere equivalentie-relatie.
Volgens Propositie 9.12 is X/R dan een lokaal-compacte Hausdorffruimte. En volgens Propositie 7.14 is R gesloten in X × X.
3. De afbeelding π1 i is zekere continu. Zij nu K ⊆ X is compact. Dan
is de verzadiging π −1 (π(K)) volgens het gegeven compact, en dus is
K × π −1 (π(K)) compact volgens Propositie 8.11. Volgens onderdeel 2
en Propositie 8.9. is nu R ∩ (K × π −1 (π(K))) compact. Maar dat is
precies {(a, b) ∈ R ; a ∈ K} = (π1 i)−1 (K). Dus is π1 i proper.
12.4
Tentamen-opgave 30
1. Zij a : X → R × S 1 gegeven door a(x, y, z) = (log(x2 + y 2 ), z). Zij
b : R × S 1 → X gegeven door b(s, w) = (es/2 w1 , es/2 w2 , w). Het is
eenvoudig na te gaan dat a en b continu zijn en dat ab en ba identieke
afbeeldingen zijn.
2. Zij p een punt van de vorm (0, 0, z) met z ∈ S 1 . Dan bevat een bol om
p met straal > 0 het punt ( z21 , z22 , z) van X. Dus is dat punt een
afsluitpunt van X, Voegen we al deze punten toe aan X danpkrijgen we
de verzameling A = {(x, y, (z1 , z2 )) ∈ R2 × S 1 ; (x, y) = z x2 + y 2 }.
Deze A is te zien als origineel van de oorsprong onder de continue
afbeelding
h : R2 × S 1 → R2 gegeven door h(x, y, (z1 , z2 )) = (x, y) −
p
z x2 + y 2 . Dus is A gesloten en gelijk aan de afsluiting X van X.
2 = 1 en r ≥ 0}. Zij f : X → C gegeven
3. Zij C = {(u, v, r) ∈ R3 ; u2 +vp
door f (x, y, (z1 , z2 )) = (z1 , z2 , x2 + y 2 ). Zij g : C → X gegeven door
g(u, v, r) = (ru, rv, (u, v)). Het is eenvoudig na te gaan dat f en g
continu zijn en dat f g en gf identieke afbeeldingen zijn.
12.5
Tentamen-opgave 31
Vooraf merken we op dat U ∈ Te impliceert dat X ∩ U ∈ T . Immers als
U ∈ Te dan is X̃ − U eindig dus zeker compact. Verder is X̃ − U ⊆ X omdat
p ∈ U . Uit het feit dat X̃ − U een compact deel is van de Hausdorff-ruimte
(X, T ) volgt volgens Propositie 8.19 dat X̃ − U gesloten is met betrekking
tot T . Met andere woorden X ∩ U = X − (X̃ − U ) is een element van T .
128
12
UITWERKINGEN VAN GESELECTEERDE OPGAVEN
1. We controleren de drie eisen voor een topologie.
• De lege verzameling zit in T en dus in T̃ . Omdat p ∈ X̃ en
bovendien X̃ − X̃ leeg is en dus eindig, zit X̃ in Te en dus in T̃ .
• Bekijk een vereniging van een aantal elementen van T̃ . Als het
allemaal elementen van T zijn dan is de vereniging weer in T en
dus in T̃ . Als minstens een van de elementen in Te zit dan bevat
dat element p en heeft een eindig complement. Dus de vereniging
bevat zeker p en heeft een complement dat nog kleiner en dus ook
eindig is. Dus in dat geval zit de vereniging in Te en dus in T̃ .
• Bekijk een doorsnede van twee elementen van T̃ . Als een van
beide elementen van T is dan verandert er niets door nog eens
de doorsnede te nemen met X. Volgens bovenstaande opmerking
is het resulaat de doorsnede van twee elementen van T en zit
dus in T en dus in T̃ . Als beide elementen in Te zitten dan
bevatten ze p en hebben ze eindige complementen. Dus ook de
doorsnede bevat p en het complement is de vereniging van twee
eindige verzamelingen dus is ook eindig. Dus in dat geval zit de
doorsnede in Te en dus in T̃ .
2. Zij j : X → X̃ de inclusie en zij U ∈ T̃ . Als U ∈ T dan is j −1 (U ) =
U ∈ T . Als U ∈ Te dan is j −1 (U ) = X ∩ U ∈ T volgens de opmerking
vooraf.
3. Stel dat (X̃, T̃ ) Hausdorffs is. Dan geldt voor elke x ∈ X het volgende.
Er is een U ∈ T̃ en en V ∈ T̃ met x ∈ U en p ∈ V en U ∩ V = ∅.
Uit p ∈ V volgt dat V 6∈ T . Dus uit V ∈ T̃ volgt dat V ∈ Te . Dat
betekent dat X̃ − V eindig is. Uit U ∩ V = ∅ volgt dat U ⊆ X̃ − V .
Schrijf C = U − {x}; dan is ook C eindig dus zekere compact.
Uit p ∈ V en U ∩ V = ∅ volgt dat p 6∈ U . Dus uit U ∈ T̃ volgt dat
U ∈ T . Uit het feit dat (X, T ) Hausdorffs is en C compact is volgt
volgens Propositie 8.19 dat X −C ∈ T . Dus is {x} = U ∩(X −C) ∈ T .
Omdat dit voor elke x ∈ X geldt is (X, T ) discreet, in tegenspraak
met het gegeven.
4.
• Bedenk dat de topologie T ∗ op X ∗ is gegeven als T ∗ = T ∪ T∞
waar T∞ = {U ⊆ X ∗ ; ∞ ∈ U en X ∗ − U is compact }. Dus
is g continu want Te ⊆ T∞ immers elke eindige verzameling is
compact.
• Veronderstel eens dat f continu was. Als a en b verschillende
punten van X̃ zijn dan zijn f (a) en f (b) verschillende punten
van X ∗ . Omdat X ∗ Hausdorffs is volgens Propositie 9.16 zijn er
disjuncte open U en V in X ∗ met f (a) ∈ U en f (b) ∈ V . Omdat
f bij veronderstelling continu is zijn f −1 (U ) en f −1 (V ) disjuncte
F. Clauwens: Topologie
129
open delen van X̃ met a ∈ f −1 (U ) en b ∈ f −1 (V ). We hebben
nu bewezen dat X̃ Hausdorffs is, in tegenspraak met het vorige
onderdeel. Dus is f niet continu.
12.6
Tentamen-opgave 33
1. Merk op dat Kn gesloten is in K1 volgens Propositie 8.19. Stel dat
K∞ leeg is. Dan vormen de open delen K1 − Kn van K1 een open
overdekking. Dus is er een eidige I ⊆ N zodat K1 = ∪n∈I K1 − Kn .
Zij M = max{n ; n ∈ I}. Dan is K1 = K1 − ∩n∈I = K1 − KM , in
strijd met het gegeven.
2. Stel dat A en B een splitsing van K∞ vormen. Dan zijn A en B
gesloten in K∞ en dus compact volgenes Propositie 8.9. Volgens Propositie 8.20 zijn er dijuncte open U ⊇ A en V ⊇ B in X. Nu vormen
de Kn −(U ∪V ) een dalende rij compacte delen van X, en de doorsnede
is K∞ − (U ∪ V ) is leeg. Volgens onderdeel 1 kan dit alleen als er een
n is waarvoor Kn − (U ∪ V ) leeg is, wat betekent dat Kn ⊆ U ∪ V .
Nu zijn Kn ∩ U en Kn ∩ V open in Kn . Ze zijn disjunct omdat U en
V disjunct zijn. De vereniging is Kn ∩ (U ∪ V ) = Kn . Omdat Kn
samenhangend is kan dit alleen als Kn ∩ U of Kn ∩ V leeg is. Maar
A ⊆ Kn ∩ U en B ⊆ Kn ∩ V , dus dan is A of B leeg.
12.7
Tentamen-opgave 34
Zij gegeven dat ∂(f −1 (B)) ⊆ f −1 (∂(B)) voor alle B ⊆ Y . Als B ⊆ Y
gesloten is dan is ∂B ⊆ B en dus ∂(f −1 (B)) ⊆ f −1 (∂(B)) ⊆ f −1 (B). Dus
is f −1 (B) ⊆ f −1 (B) ∪ ∂(f −1 (B)) = f −1 (B) wat betekent dat f −1 (B) =
f −1 (B) en dus dat f −1 (B) gesloten is in X. Volgens Propositie 3.14 houdt
dit in dat f continu is.
Zij gegeven dat f continu is, en zij p ∈ ∂(f −1 (B)). Als V open omgeving
van f (p) is dan is f −1 (V ) open omgeving van p. Dus f −1 (V ) treft punten van
f −1 (B) en van zijn complement. Er is dus een q ∈ f −1 (V ) ∩ f −1 (B) en een
r ∈ f −1 (V ) ∩ (X − f −1 (B)). Nu is f (q) ∈ V ∩ B en f (r) ∈ V ∩ (Y − B). Dus
V treft punten van B en van zijn complement. Dit betekent dat f (p) ∈ ∂B.
12.8
Uitwerking voor Opgave 35
Stel dat {U, V } een splitsing is van π −1 (B). Omdat π −1 (B) open is in X
zijn U en V dat ook.
Als x ∈ f −1 (f (U )) dan is er een u ∈ U met f (x) = f (u). Schrijf
p = f (u). Men gaat gemakkelijk na dat {U ∩ f −1(p), V ∩ f −1 (p)} een
splitsing vormt van f −1 (p). Volgens het gegeven kan deze splitsing geen
echte splitsing zijn. Omdat u ∈ U ∩f −1 (p) moet dus gelden dat U ∩f −1 (p) =
f −1 (p). In het bijzonder volgt uit x ∈ f −1 (p) dat x ∈ U .
130
12
UITWERKINGEN VAN GESELECTEERDE OPGAVEN
We hebben nu bewezen dat f −1 (f (U ) = U , en evenzo is f −1 (f (V )) = V .
Dit houdt in dat f (U ) en f (V ) disjuncte open delen zijn van X/E, en in
feite een splitsing van B vormen. Volgens het gegeven moet f (U ) of f (V )
dfan leeg zijn, wat inhoudt dat U of V leeg is.
12.9
Tentamen-opgave 36
1. Merk eerst op dat s(s(a)) = a voor alle a ∈ X immers s(s(p, q)) =
s(q, p) = (p, q).
• Omdat (a, b) ∈ R als b = a is R relexief.
• Als b = a of b = s(a) dan a = b respectievelijk a = s(b). Dus R
is symmetrisch.
• Als b = a of b = s(a) en bovendien c = b of c = s(b) dan c = a of
c = s(a) of c = s(s(a)) = a. dus R is transitief.
Een relatie die symmetrisch, reflexief en transitief is noemt men een
equivalentie-relatie.
2. Eerst wat notaties. Schrijf ρ : T → T /R en σ : D → D/E voor de
quotiënt-vormende afbeeldingen. Zij verder e : [0, 1] → S 1 de afbeelding gedefinieerd door e(t) = (cos(2πt), sin(2πt). Deze is surjectief en
continu. Verder is e niet injectief, maar is e(t0 ) = e(t) precies als hetzij
t0 = t hetzij t0 = 0 en t = 1 hetzij t0 = 1 en t = 0.
Definieer nu een afbeelding f : D → T /R door f (x, y) = ρ(e(x), e(y)).
Dan is f continu, en f (x, 0) = ρ(e(x), (1, 0)) = ρ((1, 0), e(x)) = f (1, x).
Dus er is een continue afbeelding φ : D/E → T /R met φσ = f . We
bewijzen nu wat dingen over φ en D/E en T /R:
• Als f (x, y) = f (ξ, η) dan is hetzij e(x) = e(ξ) en e(y) = e(η),
hetzij e(x) = e(η) en e(y) = e(ξ). We komen hier dus uit op 18
gevallen, die vanwege de eisen y ≤ x en η ≤ ξ allen blijken uit te
draaien op ((x, y), (ξ, η)) ∈ E. Dit betekent dat φ injectief is.
• Zij r ∈ T /R gegeven. Kies dan (p, q) ∈ S 1 × S 1 met r = ρ(p, q).
Nu zijn er α, β ∈ [0, 1] met p = e(α) en q = e(β). Definieer
(
(α, β) als β ≤ α
(x, y) =
(β, α) als α ≤ β
Dan is (x, y) ∈ D en r = f (x, y) Dus is f surjectief en daarmee
ook φ.
• Schrijf M : T × T → T × T voor de afbeelding gegeven door
M (a, b) = (a, s(b)). Dan kunnen we R schrijven als ∆(T ) ∪
M (∆(T )), waar ∆(T ) = {(a, b) ∈ T × T ; b = a}. Omdat T
F. Clauwens: Topologie
131
Hausdorffs is, is ∆(T ) gesloten in T × T , en omdat M een homeomorfisme is (want hij is continuen zijn eigen inverse) is ook
R gesloten in T × T . Verder is ρ−1 (ρ(U )) = U ∪ s(U ) voor elke
U ⊆ T . Omdat s een homeomorfisme is is ρ−1 (ρ(U )) open als U
het is, en is R een open equivalentie-relatie. Volgens Propositie
7.14 is T /R Hausdorffs.
• Omdat D een gesloten begrensde deelruimte van R2 is, zegt Propositie 8.12 dat D compact is. Omdat σ continu is zegt Propositie
8.10 dat D/E compact is.
Uit bovenstaande 4 feiten volgt volgens Propositie 8.21 dat φ een homeomorfisme is.
3. Zoals in Opgave 8.11 zij X = [0, 1] × [−1, 1] en zij S de equivalentierelatie op X voortgebracht door {((0, t), (1, −t)) ; −1 ≤ t ≤ 1}. Zij
µ : X → X/S de quotiëntvormende afbeelding. We definieren een
afbeelding g : X → T /R door
g(x, y) = ρ(e((2x + y + 1)/4), e((2x − y − 1)/4))
Dan is
g(0, t) = ρ(e((t + 1)/4), e((−t − 1)/4)) =
ρ(e((−t − 1)/4), e((t + 1)/4)) =
ρ(e((−t + 3)/4), e((t + 1)/4)) = g(1, −t)
Dus er is een continue afbeelding ψ : X/S → T /R met ψµ = g. We
bewijzen nu wat dingen over ψ en X/S en T /R:
• Als g(x, y) = g(ξ, η) dan is
hetzij e((2x + y + 1)/4) = e((2ξ + η + 1)/4)
en e((2x − y − 1)/4) = e((2ξ − η − 1)/4)
hetzij e((2x + y + 1)/4) = e((2ξ − η − 1)/4)
en e((2x − y − 1)/4) = e((2ξ + η + 1)/4)
Bekijken we als voorbeeld de derde vergelijking. Omdat
0 ≤ 2x + y + 1 ≤ 4 en − 2 ≤ 2ξ − η − 1 ≤ 2
moet gelden dat
2x + y + 1 = 2ξ − η − 1 of 2x + y + 1 = (2ξ − η − 1) + 4
Als we zo alle gevallen nagaan blijkt dat steeds ((x, y), (ξ, η)) ∈ S,
dus µ(x, y) = µ(ξ, η). Dus is ψ injectief.
132
12
UITWERKINGEN VAN GESELECTEERDE OPGAVEN
• Zij r ∈ T /R gegeven. Kies dan (p, q) ∈ S 1 × S 1 met r = ρ(p, q).
Nu zijn er α, β ∈ [0, 1] met p = e(α) en q = e(β). Definieer
(
(α + β, 2|a − b| − 1)
als α + β ≤ 1
(x, y) =
(α + β − 1, −2|a − b| + 1) als α + β > 1
Dan is (x, y) ∈ X en r = g(x, y) Dus is g surjectief en daarmee
ook ψ.
• We hebben in onderdeel 3 al gezien dat T /R Hausdorffs is.
• Omdat X een gesloten begrensde deelruimte van R2 is, zegt Propositie 8.12 dat X compact is. Omdat µ continu is zegt Propositie
8.10 dat X/S compact is.
Uit bovenstaande 4 feiten volgt volgens Propositie 8.21 dat ψ een homeomorfisme is.
12.10
Tentamen-opgave 38
1. Het enige punt (x, y) ∈ Sn met y = 0 is de oorsprong. Dus blijkt uit
de vorm van de formule voor fn dat deze continu is op Sn − {0}. Het
is duidelijk dat fn in Ln terechtkomt.
Omdat de noemers in de formule voor gn helemaal nergens nul worden
blijkt uit de vorm van die formule dat gn continu is op Ln . Men
rekent gemakkelijk na dat gn in Sn terechtkomt en de oorsprong niet
als waarde aanneemt. Tenslotte rekent men gemakkelijk na dat de
samenstellingen fn gn en gn fn identiek afbeeldingen zijn.
2. Omdat Sn homeomorf is met de cirkel S 1 is hij compact en Hausdorffs.
Omdat Ln homeomorf is met de rechte R1 is hij locaal compact en
Hausdorrfs. Omdat Sn − {0} volgens onderdeel 1 homeomorf is met
Ln zegt Propositie 9.18 dat S n homeomorf is met L∗n .
3. We hebben Sn = {(x, y) ∈ R2 ; x2 + y 2 < − ny }. Noteren we Mn =
y
{(x, y) ∈ R2 ; − n+1
< x2 + y 2 < − ny } voor het maan-vormige gebied
tussen Sn en Sn+1 , en B = {(x, y) ∈ R2 ; x2S+ y 2 > −y} voor
het buitengebied van S1 . Dan is R− X = B ∪ ∞
n=1 Mn , en dat is
een vereniging van open verzamelingen dus zelf ook open. Dus is X
gesloten.
4. Omdat 12 ≤ x ≤ 12 en −1 ≤ n1 ≤ y ≤ 0 voor (x, y) ∈ Sn ⊆ X is een
X begrensd deel van R2 . In samenwerking met het vorige onderdeel
zegt dit volgens Propositie 8.12 dat X compact is. Verder is X als
deelruimte van R2 Hausdorffs.
Noteren we A = {(u, v) ∈ R2 ; v = 0} voor de u-as. Dan is A ∪ Y
gesloten in R2 om een soortgelijke reden als X, en dus locaal compact
F. Clauwens: Topologie
133
volgens Opgave 9.2. Bovendien is Y = {(u, v) ∈ A ∪ Y ; v > 0}
open in A ∪ Y en dus eveneens locaal compact volgens Opgave 9.2.
Verder is Y als deelruimte van R2 Hausdorffs. Dus is de één-puntsgecompactificeerde Y ∗ van Y gedefinieerd. We gaan nu bewijzen dat
X − {0} homeomorf is met Y . Volgens Propositie 9.18 betekent dit
dat X homeomorf is met Y ∗ .
y
y
Merk op dat {(x, y) ∈ X ; − n+0.5
< x2 + y 2 < − n−0.5
} precies
Sn − {0} is, en dus is deze laatste verzameling open in X. Volgens een
eenvoudige uitbreiding van de bewering in Opgave 3.20 betekent dit
dat de continue afbeeldingen fn : Sn − {0} → Y combineren tot één
continue afbeelding f gedefinieerd op ∪∞
n=1 (Sn − {0}) = X − {0}.
1
1
Evenzo is {(u, v) ∈ Y ; n+0.5
< v < n−0.5
} precies Ln , en dus is deze
laatste verzameling open in Y . Op dezelfde manier betekent dit dat de
continue afbeeldingen gn : Ln → X − {0} combineren tot één continue
afbeelding g gedefinieerd op Y . Het is duidelijk dat f en g elkaars
inversen zijn.
12.11
Tentamen-opgave 39
1. Het is duidelijk dat f continue is en terchtkomt in A = {(x, y) ∈
R2 ; x2 + (2y 2 − 1)2 = 1}. Nu is A duidelijk gesloten en begrensd in
R2 , en dus compact volgens Propsitie 8.12. Als (x, y) ∈ A en y 6= 0
x 2
x
, en bovendien is ( 2y
) + y 2 = 1. Dus is er dan één
dan bestaat 2y
x
s ∈ h0, πi ∪ hπ, 2πi met 2y = cos(s) en y = sin(s). Dus in dat geval is
(x, y) = f (s). Tenslotte is het overblijvende punt (0, 0) van A precies
f (π). Dus f is continu en injectief en heeft beeld A.
Als f een homeomorfisme zou zijn dan was J compact, in strijd met
het feit dat J niet gesloten is in R.
2. Zij U = h π2 , 3π
2 i. Als f (U ) open zou zijn in A dan volgde uit het feit dat
(0, 0) = f (π) ∈ A dat er een r < 0.1 was zodat A ∩ B((0, 0), r) bevat is
in f (U ). Maar voor elke s < arcsin( 3r ) is sin2 (s) + sin2 (2s) = sin2 (s) ·
(1 + 4 cos2 (s)) ≤ 9 sin2 (s) < r2 en dus f (s) ∈ A ∩ B((0, 0), r) ⊆ f (U ).
Dit is in strijd met de injectiviteit van f en het feit dat s 6∈ U .
134
13
REFERENTIES
Referenties en index
Referenties
[1] In deze tekst is verwezen naar het dictaat Analyse III, tweede deel
door R. Kortram en A. van Rooij, januari 1996, met name hoofdstukken
18 en 19.
[2] Verder is in deze tekst verwezen naar het boek Analyse, functies
van meer veranderlijken door R. Kortram en A. van Rooij, Epsilon
Uitgaven nr 16, met name de hoofdstukken 11 en 17.
[3] Een zeer goed leerboek is het boek Topology (second edition) door
James R. Munkres. Prentice Hall, 2000. ISBN 0-13-181629-2. Het bevat
zeer veel opgaven. De eerste 300 paginas gaan over ‘Algemene Topologie’ (samenhangendheid, compactheid enzo) en gaat ongeveer 1.5 maal
zover als deze cursus. De resterende 200 paginas gaan over ‘Algebraı̈sche
Topologie’ (windingsgetal, fundamentele groep enzo) en gaat misschien
3 maal zover als deze cursus.
[4] Het bekendste klassieke leerboek over ‘Algemene Topologie’ is General
topology door John L. Kelley. Van Nostrand, 1955. Het gaat ongeveer
1.5-2 maal zover als deze cursus.
[5] Een heel ander soort boek is Counterexamples in topology door
Lynn A. Steen en J. Arthur Seebach. Holt, Rinehart and Winston,
1970. ISBN 0-03-079485-4 Het bevat circa 100 definities van eigenschappen van topologische ruimtes en circa 100 voorbeelden van topologische
ruimtes. Verder een grote tabel die aangeeft welke voorbeelden welke
eigenschappen hebben en een uitvoerige toelichting van de entries in de
tabel.
[6] Een puur naslagwerk over ‘Algemene Topologie’ is het boek General
Topology door Ryszard Engelking. Sigma Series in Pure Mathemtics
6, Helderman Verlag 1989. ISBN 3-88538-006-3. Het gaat een dozijn
keer zo diep als deze cursus.
Index
compact, 61
compactheid
van deel-ruimte, 61
van eindige ruimte, 62
van gesloten deel, 63
van product-ruimte, 64
van quotı̈ent-ruimte, 63
van segment, 63
complement
van afsluiting, 22
van gesloten deel, 19
van inwendige, 22
van open deel, 19
component
van continue afbeelding, 43
continu
m.b.t. metriek, 4
m.b.t. norm, 2
continue afbeelding, 10, 52
convex, 38
adherentie-punt, 20
afgeleide verzameling, 21
afsluit-punt, 20
afsluiting
van bol, 22
van complement, 22
van doorsnede, 22
van samenhangend deel, 32
van vereniging, 22
van verzameling, 20
afstand
tot een verzameling, 22
afstands-functie, 3
Aleksandroff, 76
balk, 18
basis, 15
aftelbare, 83
en continuı̈teit, 23
van product-topologie, 42, 49
beeld
van boog-samenhangende
ruimte, 41
van compacte ruimte, 63
van samenhangende
ruimte, 33
van samenhangscomponent, 36
begin-punt, 38
begrensdheid, 24, 65
bol, 5, 15
boog, 38
boog-component, 39
boog-samenhangend, 39
Brouwer, 14
De Morgan, 20
Dedekind, 14
deel-overdekking, 61
deel-ruimte, 11
diagonaal, 46, 55
dicht, 20
discrete metriek, 4
discrete ruimte, 12
discrete topologie, 27, 31
doorsnede
van basis-elementen, 16
driehoeks-ongelijkheid, 1, 3
een-punts-compactificatie, 76
eenheids-bol B n , 21
eenheids-schijf Dn , 21
eenheids-sfeer S n−1 , 21
eind-punt, 38
equivalentie-klasse, 50
equivalentie-relatie, 50
gesloten, 52
Cantor, 13
Cauchy-rij, 65, 81
cirkel, 21
co-eindige ruimte, 12
co-eindige topologie, 24
Cohen, 48
135
136
open, 52
propere, 74
voortgebracht door een verzameling, 51
Euclidische ruimte, 9
Euclidische topologie, 9
fijner, 12, 28
gesatureerd, 50
geschiedenis, 13
gesloten afbeelding, 25, 52, 68, 73
gesloten equivalentie-relatie, 52
gesloten verzameling, 19
geı̈nduceerde topologie, 11
grafiek, 60
grover, 12
Gödel, 48
Hausdorff, 14
Hausdorff-eigenschap, 12, 46
Hausdorff-ruimte, 12, 45
Heine-Borel
stelling van, 61
Hilbert, 14
homeomorf, 23
homeomorfisme, 23, 68
identificeren, 55
inclusie-afbeelding, 28
indiscrete ruimte, 12
indiscrete topologie, 31
inverse functie stelling, 26
inwendig punt, 21
inwendige
van complement, 22
van doorsnede, 22
van inwendige, 22
van schijf, 22
van vereniging, 22
van verzameling, 21
irreducibele ruimte, 95
Jordan-kromme, 68
keuze-axioma, 48
INDEX
knoop, 68
kromme, 38
lengte-functie, 1
lijn van Sorgenfrey, 17
limiet
van rij, 13
Lindelöfruimte, 94
locaal compact, 72
matrix van afgeleiden, 26
maximaal
voor een eigenschap, 35
maximum
van functie, 65
metriek, 3
discrete, 10
metrische ruimte, 4, 47
metriseerbaar, 9
metriseerbaarheid, 82
middenwaarde-stelling, 34
minimum
van functie, 65
Möbius-band, 70, 88, 91
nergens dicht, 22
norm, 1
normaal, 79
nul-punts verzameling, 23
omgeving, 18
omgevings-basis, 18, 72
onsamenhangend
totaal, 34
onsamenhangendheid van Q, 34
open afbeelding, 25, 47, 52
open deel, 9
open equivalentie-relatie, 52
open overdekking, 61
origineel
van basis-element, 23
van gesloten deel, 23
van omgeving, 23
van open deel, 10
F. Clauwens: Topologie
plak-lemma, 28, 37
Poincaré, 14
product
van boog-samenhangende
ruimtes, 47
van compacte ruimtes, 64
van Euclidische ruimtes, 43
van Hausdorff-ruimtes, 45
van metrische ruimtes, 47
van samenhangende
ruimtes, 45
van verzamelingen, 47
product-topologie, 42, 81
projectie
op factor, 44
stereografisch, 24, 53
projectieve ruimte, 3
complex, 54
reëel, 54, 60, 68, 71
propere afbeelding, 72
propere equivalentie-relatie, 74
quotiënt-ruimte, 52
van compacte ruimte, 63
quotiënt-topologie, 52
quotiënt-verzameling, 50
quotiënt-vormende afbeelding, 50
rand, 21
rand, van bol, 22
rand-punt, 21
reflexiviteit, 50
Riemann, 14
ruimte
co-eindige, 12
discrete, 12
Euclidische, 9
Hausdorff-, 12
indiscrete, 12
samenhangend, 31
samenhangende delen van R, 33
samenhangs-component, 35
van product, 45
samenstellen
137
van bogen, 39
Sierpinski-ruimte, 9, 13, 21
som
van ruimtes, 30
Sorgenfrey
lijn van, 17
spelden-topologie, 17, 67
splitsing, 31
stereografische projectie, 24, 53
stervormig, 38
symmetrie, 50
Tietze
stelling van, 81
topologie, 9
co-eindige, 10, 13, 24
discrete, 10, 27, 31
Euclidische, 9
fijner, 12
geı̈nduceerd, 11
grover, 12
indiscrete, 10, 31
voortgebracht door een basis,
16
topologische eigenschap, 24
topologische product, 42
topologische ruimte, 9
topologische som, 30, 58
torus, 47, 69
totaal-onsamenhangend, 34
transitiviteit, 50
Tychonov
stelling van, 64
Urysohn, 79
lemma van, 79
stelling van, 82
verdichtings-punt, 21
vereniging
van basis-elementen, 15
van boog-samenhangende
delen, 40
van samenhangende delen, 34
verzadigde, 50
138
verzadiging, 50
volledigheid, 65
Zermelo, 48
INDEX