\chapter*{Lösungen der Übungsaufgaben\markboth{Lösungen der Übungsaufgaben}{Lösungen der Übungsaufgaben}} \addcontentsline{toc}{chapter}{Lösungen der Übungsaufgaben} \begin{solution}[\ref{ub1:aufg1}] \textbf{Teilaufgabe a)} Es gilt: \begin{enumerate}[label=(\roman*)] \item $\emptyset, X \in \fT_X$. \item $\fT_X$ ist offensichtlich unter Durchschnitten abgeschlossen, d.~h. es gilt für alle $U_1, U_2 \in \fT_X: U_1 \cap U_2 \in \fT_X$. \item Auch unter beliebigen Vereinigungen ist $\fT_X$ abgeschlossen, d.~h. es gilt für eine beliebige Indexmenge $I$ und alle $U_i \in \fT_X$ für alle $i \in I: \bigcup_{i \in I} U_i \in \fT_X$ \end{enumerate} Also ist $(X, \fT_X)$ ein topologischer Raum. \textbf{Teilaufgabe b)} Wähle $x=1, y=0$. Dann gilt $x \neq y$ und die einzige Umgebung von $x$ ist $X$. Da $y=0 \in X$ können also $x$ und $y$ nicht durch offene Mengen getrennt werden. $(X, \fT_X)$ ist also nicht hausdorffsch. \textbf{Teilaufgabe c)} Nach Bemerkung \ref{Trennungseigenschaft} sind metrische Räume hausdorffsch. Da $(X, \fT_X)$ nach (b) nicht hausdorffsch ist, liefert die Kontraposition der Trennungseigenschaft, dass $(X, \fT_X)$ kein metrischer Raum sein kann. \end{solution} \begin{solution}[\ref{ub1:aufg4}] \textbf{Teilaufgabe a)} \textbf{Beh.:} $\forall a \in \mdz: \Set{a}$ ist abgeschlossen. Sei $a \in \mdz$ beliebig. Dann gilt: \todo[inline]{Hat jemand diesen Beweis?} \textbf{Teilaufgabe b)} \textbf{Beh.:} $\Set{-1, 1}$ ist nicht offen \textbf{Bew.:} durch Widerspruch Annahme: $\Set{-1, 1}$ ist offen. Dann gibt es $T \subseteq \fB$, sodass $\bigcup_{M \in T} M = \Set{-1, 1}$. Aber alle $U \in \fB$ haben unendlich viele Elemente. Auch endlich viele Schnitte von Elementen in $\fB$ haben unendlich viele Elemente $\Rightarrow$ keine endliche nicht-leere Menge kann in dieser Topologie offen sein $\Rightarrow \Set{-1,1}$ ist nicht offen. $\qed$ \textbf{Teilaufgabe c)} \textbf{Beh.:} Es gibt unendlich viele Primzahlen. \textbf{Bew.:} durch Widerspruch Annahme: Es gibt nur endlich viele Primzahlen $p \in \mdp$ Dann ist \[\mdz \setminus \Set{-1, +1} \overset{\text{FS d. Arithmetik}}= \bigcup_{p \in \mdp} U_{0,p}\] endlich. Das ist ein Widerspruch zu $|\mdz|$ ist unendlich und $|\Set{-1,1}|$ ist endlich. $\qed$ \end{solution} \begin{solution}[\ref{ub2:aufg4}] \begin{enumerate}[label=(\alph*)] \item \textbf{Beh.:} Die offenen Mengen von $P$ sind Vereinigungen von Mengen der Form \[\prod_{j \in J} U_j \times \prod_{i \in \mdn, i \neq j} P_i\] wobei $J \subseteq \mdn$ endlich und $U_j \subseteq P_j$ offen ist. \begin{beweis} Nach Definition der Produkttopologie bilden Mengen der Form \[\prod_{i \in J} U_j \times \prod_{\overset{i \in \mdn}{i \notin J}} P_i, \text{ wobei } J \subseteq \mdn \text{ endlich und } U_j \subseteq P_j \text{offen } \forall{j \in J}\] eine Basis der Topologie. Damit sind die offenen Mengen von $P$ Vereinigungen von Mengen der obigen Form. $\qed$ \end{beweis} \item \textbf{Beh.:} Die Zusammenhangskomponenten von $P$ sind alle einpunktig.\xindex{Total Unzusammenhängend} \begin{beweis} Es seinen $x,y \in P$ und $x$ sowie $y$ liegen in der gleichen Zusammenhangskomponente $Z \subseteq P$. Da $Z$ zusammenhängend ist und $\forall{i \in I}: p_i : P \rightarrow P_i$ ist stetig, ist $p_i(Z) \subseteq P_i$ zusammenhängend für alle $i \in \mdn$. Die zusammenhängenden Mengen von $P_i$ sind genau $\Set{0}$ und $\Set{1}$, d.~h. für alle $i \in \mdn$ gilt entweder $p_i(Z) \subseteq \Set{0}$ oder $p_i(Z) \subseteq \Set{1}$. Es sei $z_i \in \Set{0,1}$ so, dass $p_i(Z) \subseteq \Set{z_i}$ für alle $i \in \mdn$. Dann gilt also: \[\underbrace{p_i(x)}_{= x_i} = z_i = \underbrace{p_i(y)}_{= y_i} \forall i \in \mdn\] Somit folgt: $x = y \qed$ \end{beweis} \end{enumerate} \end{solution} \begin{solution}[\ref{ub3:aufg1}] \begin{enumerate}[label=(\alph*)] \item \textbf{Beh.:} $\GL_n(\mdr)$ ist nicht kompakt.\\ \textbf{Bew.:} $\det: \GL_n(\mdr) \rightarrow \mdr \setminus \Set{0}$ ist stetig. Außerdem ist $\det(\GL_n(\mdr)) = \mdr \setminus \Set{0}$ nicht kompakt. $\overset{\ref{kor:5.6}}{\Rightarrow}$ $\GL_n(\mdr)$ ist nicht kompakt. $\qed$ \item \textbf{Beh.:} $\SL_1(\mdr)$ ist nicht kompakt, für $n > 1$ ist $\SL_n(\mdr)$ kompakt.\\ \textbf{Bew.:} Für $\SL_1(\mdr)$ gilt: $\SL_1(\mdr) = \Set{A \in \mdr^{1 \times 1} | \det A = 1} = \begin{pmatrix}1\end{pmatrix} \cong \Set{1}$. $\overset{\ref{kor:5.6}}{\Rightarrow} \SL_1(\mdr)$ ist kompakt.\\ $\SL_n(\mdr) \subseteq \GL_n(\mdr)$ lässt sich mit einer Teilmenge des $\mdr^{n^2}$ identifizieren. Nach \cref{satz:heine-borel} sind diese genau dann kompakt, wenn sie beschränkt und abgeschlossen sind. Definiere nun für für $n \in \mdn_{\geq 2}, m \in \mdn: A_m = \text{diag}_n(m, \frac{1}{m}, \dots, 1)$. Dann gilt: $\det A_m = 1$, d.~h. $A_m \in \SL_n(\mdr)$, und $A_m$ ist unbeschränkt, da $\|A_m\|_\infty =m \xrightarrow[m \rightarrow \infty]{} \infty$.$\qed$ \item \textbf{Beh.:} $\praum(\mdr)$ ist kompakt.\\ \textbf{Bew.:} $\praum(\mdr) \cong S^n/_{x \sim -x}$. Per Definition der Quotiententopologie ist die Klassenabbildung stetig. Da $S^n$ als abgeschlossene und beschränkte Teilmenge des $\mdr^{n+1}$ kompakt ist $\overset{\ref{kor:5.6}}{\Rightarrow}$ $\praum(\mdr)$ ist kompakt. $\qed$ \end{enumerate} \end{solution} \begin{solution}[\ref{ub4:aufg1}] \begin{enumerate}[label=(\alph*)] \item \textbf{Vor.:} Sei $M$ eine topologische Mannigfaltigkeit.\\ \textbf{Beh.:} $M$ ist wegzusammehängend $\gdw M$ ist zusammenhängend \begin{beweis} \enquote{$\Rightarrow$}: Da $M$ insbesondere ein topologischer Raum ist folgt diese Richtung direkt aus \cref{kor:wegzusammehang-impliziert-zusammenhang}. \enquote{$\Leftarrow$}: Seien $x,y \in M$ und \[Z := \Set{z \in M | \exists \text{Weg von } x \text{ nach } z}\] Es gilt: \begin{enumerate}[label=(\roman*)] \item $Z \neq \emptyset$, da $M$ lokal wegzusammenhängend ist \item $Z$ ist offen, da $M$ lokal wegzusammenhängend ist \item $Z^C := \Set{\tilde{z} \in M | \nexists \text{Weg von } x \text{ nach } \tilde{z}}$ ist offen Da $M$ eine Mannigfaltigkeit ist, existiert zu jedem $\tilde{z} \in Z^C$ eine offene und wegzusammenhängende Umgebung $U_{\tilde{z}} \subseteq M$. Es gilt sogar $U_{\tilde{z}} \subseteq Z^C$, denn gäbe es ein $U_{\tilde{z}} \ni \overline{z} \in Z$, so gäbe es Wege $\gamma_2:[0,1] \rightarrow M, \gamma_2(0) = \overline{z}, \gamma_2(1) = x$ und $\gamma_1:[0,1] \rightarrow M, \gamma_1(0) = \tilde{z}, \gamma_1(1) = \overline{z}$. Dann wäre aber \[\gamma:[0,1] \rightarrow M,\;\;\; \gamma(x) = \begin{cases} \gamma_1(2x) &\text{falls } 0 \leq x \leq \frac{1}{2}\\ \gamma_2(2x-1) &\text{falls } \frac{1}{2} < x \leq 1 \end{cases}\] ein stetiger Weg von $\tilde{z}$ nach $x$ $\Rightarrow$ Widerspruch. Da $M$ zusammenhängend ist und $M = \underbrace{Z}_{\mathclap{\text{offen}}} \cup \underbrace{Z^C}_{\mathclap{\text{offen}}}$, sowie $Z \neq \emptyset$ folgt $Z^C = \emptyset$. Also ist $M=Z$ wegzusammenhängend.$\qed$ \end{enumerate} \end{beweis} \item \textbf{Beh.:} $X$ ist wegzusammenhängend.\\ \begin{beweis} $X:= (\mdr \setminus \Set{0}) \cup \Set{0_1, 0_2}$ und $(\mdr \setminus \Set{0}) \cup \Set{0_2}$ sind homöomorph zu $\mdr$. Also sind die einzigen kritischen Punkte, die man nicht verbinden können könnte $0_1$ und $0_2$. Da $(\mdr \setminus \Set{0}) \cup \Set{0_1}$ homöomorph zu $\mdr$ ist, exisitert ein Weg $\gamma_1$ von $0_1$ zu einem beliebigen Punkt $a \in \mdr \setminus \Set{0}$. Da $(\mdr \setminus \Set{0}) \cup \Set{0_2}$ ebenfalls homöomorph zu $\mdr$ ist, existiert außerdem ein Weg $\gamma_2$ von $a$ nach $0_2$. Damit existiert ein (nicht einfacher) Weg $\gamma$ von $0_1$ nach $0_2$. $\qed$ \end{beweis} \end{enumerate} \end{solution} %Das scheint mir etwas zu lang zu sein... %\begin{solution}[\ref{ub7:aufg1}] % \textbf{Beh.:} $H_k = \begin{cases}\mdr &\text{für } k\in \Set{0,1}\\ % 0 &\text{für } k \geq 2$ % \newcommand{\triangleSimplizialkomplex}{\mathord{\includegraphics[height=5ex]{figures/triangleSimplizialkomplex.pdf}}} % \textbf{Bew.:} $S^1$ ist homöomorph zum Simplizialkomplex % $X = \triangleSimplizialkomplex$, d.~h. dem Rand % von $\Delta^2$. Es gilt: % \[X = \Set{\underbrace{v_0, v_1, v_2}_{A_0(X)}, \underbrace{\Delta (v_1, v_2)}_{=: a_0}, \underbrace{\underbrace{\Delta (v_0, v_2)}_{=: a_1}, \underbrace{\Delta(v_0, v_1)}_{=: a_2}}_{A_1(X)}}\] % Damit folgt: % \begin{enumerate} % \item Für $k \geq 2$ ist $C_k(X) \cong 0$, da es in diesen % Dimensionen keine Simplizes gibt, d.~h. $A_k(X) = \emptyset$ gilt.\\ % Also: $H_k(X) \cong 0 \; \forall k \geq 2$ % \item $C_0(X) = \Set{\sum_{i=0}^2 c_i v_i | c_i \in \mdr}$, da % $A_0(x)$ Basis von $C_0(X)$ ist;\\ % $C_1(X) = \Set{\sum_{i=0}^2 c_i a_i | c_i \in \mdr}$, da % $A_1(X)$ Basis von $C_1(X)$ ist. % \item Für die Randabbildungen $d_i: C_i(X) \rightarrow C_{i-1}(X)$ gilt: % $d_0 \equiv 0$, $d_1: C_1(X) \rightarrow C_0(X)$ ist definiert durch % $d_1(a_k) = \sum_{i=0}^1 (-1)^i \partial_i(a_k) = \partial_0 (a_k) - \partial_1(a_k) \; \forall k \in \Set{0,1,2}$ % \end{enumerate} %\end{solution} %Auch diese Aufgabe ist zu lang %\begin{solution}[\ref{ub7:aufg3}] % %\end{solution} \begin{solution}[\ref{ub11:aufg3}] \textbf{Vor.:} Sei $(X, d)$ eine absolute Ebene, $A, B, C \in X$ und $\triangle ABC$ ein Dreieck. \begin{enumerate}[label=(\alph*)] \item \textbf{Beh.:} $\overline{AB} \cong \overline{AC} \Rightarrow \angle ABC \cong \angle ACB$\\ \textbf{Bew.:} Sei $\overline{AB} \cong \overline{AC}$.\\ $\Rightarrow \exists$ Isometrie $\varphi$ mit $\varphi(B) = C$ und $\varphi(C) = B$ und $\varphi(A) = A$.\\ $\Rightarrow \varphi(\angle ABC) = \angle ACB$\\ $\Rightarrow \angle ABC \cong \angle ACB \qed$ \item \textbf{Beh.:} Der längeren Seite von $\triangle ABC$ liegt der größere Winkel gegenüber und umgekehrt.\\ \textbf{Bew.:} Sei $d(A,C) > d(A,B)$. Nach \ref{axiom:3.1} gibt es $C' \in AC^+$ mit $d(A, C') = d(A,B)$\\ $\Rightarrow C'$ liegt zwischen $A$ und $C$.\\ Es gilt $\measuredangle ABC' < \measuredangle ABC$ und aus \cref{ub11:aufg3.a} folgt: $\measuredangle ABC' = \measuredangle AC' B$.\\ $\angle BC' A$ ist ein nicht anliegender Außenwinkel zu $\angle BCA \xRightarrow{\crefabbr{bem:14.9}} \measuredangle BC' A > \measuredangle BCA$\\ $\Rightarrow \measuredangle BCA < \measuredangle BC' A = \measuredangle ABC' < \measuredangle ABC $ Sei umgekehrt $\measuredangle ABC > \measuredangle BCA$, kann wegen 1. Teil von \cref{ub11:aufg3.b} nicht $d(A,B) > d(A,C)$ gelten.\\ Wegen \cref{ub11:aufg3.a} kann nicht $d(A,B) = d(A,C)$ gelten.\\ $\Rightarrow d(A,B) < d(A, C) \qed$ \item \textbf{Vor.:} Sei $g$ eine Gerade, $P \in X$ und $P \notin g$\\ \textbf{Beh.:} $\exists!$ Lot\\ \textbf{Bew.:} ÜB10 A4(a): Es gibt Geradenspiegelung $\varphi$ an $g$. $\varphi$ vertauscht die beiden Halbebenen bzgl. $g$.\\ $\Rightarrow \varphi(P)P$ schneidet $g$ in $F$. \todo[inline]{Noch ca. eine halbe Seite} \end{enumerate} \end{solution} \begin{solution}[\ref{ub-tut-24:a1}] Sei $f \parallel h$ und \obda $f \parallel g$. $f \nparallel h \Rightarrow f \cap h \neq \emptyset$, sei also $x \in f \cap h$. Mit Axiom \ref{axiom:5} folgt: Es gibt höchstens eine Parallele zu $g$ durch $x$, da $x \notin g$. Diese ist $f$, da $x \in f$ und $f \parallel g$. Da aber $x \in h$, kann $h$ nicht parallel zu $g$ sein, denn ansonsten gäbe es zwei Parallelen zu $g$ durch $x$ ($f \neq h$). $\Rightarrow g \nparallel h$ $\qed$ \end{solution} \begin{solution}[\ref{ub-tut-24:a3}] Seien $\triangle ABC$ und $\triangle AB' C'$ Dreiecke mit \begin{align*} d(A, B) &= d(A', B')\\ d(B, C) &= d(B', C')\\ d(C, A) &= d(C', A') \end{align*} Dann existiert nach \ref{axiom:4} genau eine Isometrie $\varphi$ mit $\varphi(A) = A', \varphi(B) = B'$ und $\varphi(C) \in A' B' C'^+$. Da $d(A',C') = d(A,C) = d(\varphi(A), \varphi(C)) = d(A', \varphi(C))$ und $d(B', C') = d(B', \varphi(C))$ \todo[inline]{da fehlt was} \end{solution}