Skriftlig eksamen - med besvarelse Topologi I (MM508)

Transkript

1 INSTITUT FOR MATEMATIK OG DATALOGI SYDDANSK UNIVERSITET, ODENSE Skriftlig eksamen - med besvarelse Topologi I (MM508) Mandag d. 14. januar timer med alle sædvanlige hjælpemidler tilladt. Opgavesættet indeholder 4 opgaver med ialt 12 spørgsmål. Der lægges vægt på udformningen af besvarelsen, herunder specielt, at argumentationen for hvert svar fremtræder klart og fyldestgørende. Når resultater fra lærebogsmaterialet anvendes som begrundelse, er eksplicitte henvisninger ønsket. Om besvarelsen: Af hensyn til den evt. udnyttelse af dette eksempel på en opgavebesvarelse i undervisningen, har jeg medtaget relativt mange detaljer. En besvarelse kan udmærket få en topkarakter uden at have helt så mange detaljer med. Hans J. Munkholm

2 Opgave 1 I denne opgave er R 2 udstyret med den sædvanlige topologi, og der betragtes følgende delmængder: C 1 = { (x, y) 0 x π, 1 y cos(x) }, C 2 = { (x, y) π x 2π, 1 y < cos(x) }. (i) Skitser de to delmængder i en figur. (ii) Hvilke af de to delmængder er lukkede i R 2? Og hvilke af dem er åbne i R 2? (iii) Gør rede for, at begge delmængder er stisammenhængende, og at begge er sammenhængende. (iv) Vis, at C 1 er kompakt og at C 2 ikke er kompakt. (v) C 1 og C 2 betragtes nu som delrum af R 2. Vis, at de ikke er homeomorfe. Besvarelse 1 (i) Figur ikke inkluderet i denne fil. Kan beses på hjm/mm508/mm508.jan08.eps (ii) C 1 er LUKKET, fordi alle fortætningspunkter for C 1 er med i C 1,jvf. Proposition (a) og Definition C 2 er IKKE LUKKET, fordi (f.eks.) (π, 1) er et fortætningspunkt for C 2, som ikke er med i C 2, jvf. Proposition (a) og Definition C 1 er IKKE ÅBEN, fordi (f.eks.) enhver disk B ɛ ((π/2, 1)) med ɛ > 0, indholder punktet (π/2, 1 ɛ/2), som ikke er med i C 1, jvfr. Definition C 2 er IKKE ÅBEN, fordi (f.eks.) enhver disk B ɛ ((3π/2, 1)) med ɛ > 0, indholder punktet (3π/2, 1 ɛ/2), som ikke er med i C 2, jvfr. Definition (iii) Ethvert punkt (x 1, y 1 ) C 1 kan forbindes med (x 1, 1) v. h. a. en lodret sti, som forløber helt i C 1. Tilsvarende kan ethvert (andet) punkt (x 2, y 2 ) C 1 lodret stiforbindes med (x 2, 1) inden for C 1. Da (x 1, 1) og (x 2, 1) kan forbindes med en vandret sti, som forløber helt i C 1, har vi alt i alt en sti i C 1 som forbinder (x 1, y 1 ) og (x 2, y 2 ). Altså er C 1 stisanmmenhængende. Helt tilsvarende vises det, at C 2 er stisammenhængende. Proposition medfører, at både C 1 og C 2 også er sammenhængende. (iv) Da C 1 B 100 ((0, 0)), er C 1 (udover lukket, også) begrænset. Derfor giver Theorem 5.7.1, at C 1 er kompakt. Da C 2 ikke er lukket i R 2, siger Proposition 5.4.2, at C 2 ikke er kompakt (idet R 2 jo er Hausdorff, ifølge Example 4.2.3). 1 Dette argument appellerer til intuitionen. Et mere formelt argument kan gives således: Funktionerne p 1 : R 2 R og p 2 : R 2 R, givet ved forskrifterne p 1((x, y)) = x, hhv. p 2((x, y)) = y, er kontinuerte, og intervallerne [0, π], [π, 2π] er lukkede. Ifølge Proposition er p 1 1 ([0, π]) og p 1 2 ([π, 2π]) derfor lukkede. Da C 1 netop er fællesmængden af p 1 1 ([0, π]) og p 1 2 ([π, 2π]), er C1 lukket i medfør af Propositions

3 (v) Ifølge er kompakthed en topologisk egenskab, d.v.s. at to homeomorfe rum er begge kompakte eller begge ikke kompakte. Da C 1 er kompakt, mens C 2 ikke er kompakt, kan C 1 og C 2 altså ikke være homeomorfe. Opgave 2 I denne opgave genbruges notationen fra Opgave 1. Vi sætter C = C 1 C 2 og betragter en kontinuert funktion f : C R. (i) Gør rede for, at hver af mængderne f(c 1 ), f(c 2 ) og f(c) er et interval. (ii) Ét af intervallerne i spørgsmål (i) er med sikkerhed lukket og begrænset. Hvilket er det? Og hvorfor? Betragt yderligere en følge s : N C, om hvilken det oplyses, at den ikke har nogen delfølge, som konvergerer mod et punkt i C. (iii) Vis, at følgende udsagn er sandt: N N : n N s(n) C 2. Besvarelse 2 (i) Ifølge svaret på opgave 1 er både C 1 og C 2 sammenhængende. Proposition viser da, at f(c 1 ) og f(c 2 ) er sammenhængende. Da de samtidig er delrum af R, følger det af Theorem 6.2.7, at de er intervaller. Samme argument viser, at f(c) er et interval, forudsat, at det er vist, at C er sammenhængende. At dette er tilfældet, følger f.eks. fra Corollary anvendt med indeksmængde I = {1, 2} og B = linjen y = 1. 2 (ii) Ifølge opgave 1 er C 1 kompakt. Fra Proposition følger da, at f(c 1 ) er kompakt. Og dermed er f(c 1 ) både lukket og begrænset, jvfr. Proposition og Proposition (iii) Beviset føres indirekte. Vi antager altså, at det givne udsagn er falskt og udleder herfra en modstrid. Vor antagelse kan skrives således N N n N : s(n) C 1. Det følger nu, at s har en delfølge, som ligger helt i C 1. Delfølgens numre vælges ved induktion: Første led i delfølgen fås ved at bruge antagelsen med N = 1 til at vælge n 1 N med s(n 1 ) C 1. Antag så for et vilkårligt helt tal r 1, at vi har fundet indekser 0 < n 1 < n 2 < < n r med s(n i ) C 1 for i = 1, 2,, r. Den fremhævede antagelse bruges nu for N = n r til at vælge et indeks n r+1 > n r med s(n r+1 ) C 1. Da C 1 er kompakt, er C 1 også følgekompakt i sig selv (Proposition 7.2.6). Delfølgen (s(n i )) har derfor en konvergent delfølge med grenseværdi i C 1. Da en delfølge af en delfølge af (s(n)) igen er en delfølge af (s(n)), strider dette imod den givne egenskab ved den oprindelige følge. 2 Bemærk, at punktet (π, 1) / C 2, så Proposition kan ikke anvendes til at konkludere, at C er sammenhængende. 3

4 Opgave 3 Lad A og B være ikke tomme delmængder af R, og antag, at der gælder a < b for alle a A og alle b B. (i) Vis, at A har et supremum, at B har et infimum, og at der gælder sup(a) inf(b). Besvarelse 3 (i) Da mængderne ikke er tomme, kan vi vælge et a 0 A og et b 0 B. Da er a < b 0 for alle a A, hvilket betyder, at A har b 0 som en øvre grænse. Ifølge Axiom har A derfor et supremum. Tilsvarende er a 0 en nedre grænse for B, og Proposition garanterer eksistensen af et infimum for B. Da ethvert b er en øvre grænse for A, gælder der ifølge egenskab (b) i Definition 1.1.2, at b sup(a) for ethvert b B. sup(a) er altså en nedre grænse for B og dermed mindre end eller lig med den største nedre grænse. Altså sup(a) inf(b). Opgave 4 Betragt følgende system af delmængder af R (i) Vis, at T u er en topologi på R. T u = { (, a) a R } {, R }. (ii) Vis, at det topologiske rum (R, T u ) ikke er Hausdorff. Lad T betegne den sædvanlige topologi på R, og lad i : R R være den identiske funktion, givet ved forskriften i(x) = x, x R. (iii) Hvilke(n) af de to funktioner i : (R, T ) (R, T u ) og i : (R, T u ) (R, T ) er kontinuert(e)? Besvarelse 4 (i) Vi skal verificere aksionmerne (T1), (T2), og (T3) fra Defionition (T1) gælder, fordi og R eksplicit er angivet som medlemmer af T u. For at vise (T2) betragtes to vilkårlige mængder U, V T u. Det skal vises, at U V T u. Hvis enten U eller V er tom, så er U V = T u. Hvis U = R, da er U V = V T u. Tilsvarende argument gælder, hvis V = R. Tilbage bliver tilfældet, hvor U og V har formen U = (, u), V = (, v) med u, v R. Sætter vi m = min(u, v), gælder da U V = (, m) T u. For at vise (T3) betragtes en indekseret familie af mængder V i T u, i I, med foreningsmængde F = i I V i. Det skal eftervises, at F T u. Hvis V i = R for mindst et 4

5 i I, er F = R T u. Eventuelle forekomster af i den givne familie kan udelades uden at ændre på F. Vi kan altså antage, at familiens mængder har formen V i = (, a i ) med a i R for alle i I. Der skelnes nu mellem to tilfælde: Hvis mængden A = {a i i I} ikke har nogen øvre grænse, da gælder for ethvert reelt tal x, at der findes et i I med x < a i. Derfor ligger x i intervallet V i og dermed i F. Da x var vilkårligt valgt, sluttes det, at F = R, så F T u i dette tilfælde. I det andet tilfælde har mængden A en øvre grænse, og dermed eksisterer tallet s = sup(a). Vi påstår, at der i dette tilfælde gælder F = (, s), hvilket klart vil afslutte beviset. Vi skylder dog stadig at vise F = (, s). Da s a i for ethvert i I, gælder V i = (, a i ) (, s) for hvert i. Heraf ses, at inklusionen F (, s) gælder. Omvendt gælder for ethvert tal x (, s), at x ikke er en øvre grænse for A. Der findes altså et indeks i med x < a i. Men så er x V i F. Dette viser inklusionen F (, s). (ii) Ifølge Definition skal vi påvise eksistensen af to forskellige tal b, c R med den egenskab, at ethvert par U, V T u med c U og b V har U V. Faktisk kan b, c vælges vilkårligt med c < b. Thi er b V T u så er c V (og dermed c U V for alle relevante U). (iii) For funktionen i gælder i 1 (U) = U for enhver delmængde U R. Da T u T, ses det at i : (R, T ) (R, T u ) er kontinuert. Omvendt viser den kendsgerning, at intervallet (0, 1) T, men (0, 1) / T u, at i : (R, T u ) (R, T ) ikke er kontinuert. 5