Topologie I: Leitfaden 2

T₄-Räume

Sei X ein topologischer Raum.

T₀
T₁
T₂		Hausdorff'sch
T_2,5
T₃
T₄	Sind A, A' disjunkte abgeschlossene Teilmengen von X, so gibt es disjunkte offene Mengen U,U' mit A enthalten in U und A' enthalten in U'. Äquivalent: Ist A enthalten in U, wobei A abgeschlossen und U offen ist, so gibt es A' abgeschlossen, U' offen mit
T₅

Beispiel-Klassen.

normal

₁

₄

₂

₄

Jeder kompakte Hausdorff-Raum ist normal.
(Übungsaufgabe!)
Jeder metrische Raum ist normal.
Also gilt: Jeder Teilraum eines Rⁿ ist normal.

Satz. Sei X ein T₄-Raum.

(Urysohn) Sind A, A' disjunkte abgeschlossene Teilmengen von X, so gibt es eine stetige Funktion f: X → I (Einheitsintervall) mit f(A) = 0, f(A') = 1.
(Tietze) Ist A eine abgeschlossene Teilmenge von X und g: A → I eine stetige Abbildung, so gibt es eine stetige Abbildung g': X → I, deren Einschränkung auf A gerade g ist.
(Tietze') Ist A eine abgeschlossene Teilmenge von X und g: X → R eine stetige Abbildung, so gibt es eine stetige Abbildung g': X → R, deren Einschränkung auf A gerade g ist.

Bemerkung 1. Es gilt trivialerweise die Umkehrung von (Urysohn): Gibt es eine stetige Funktion f: X → I (Einheitsintervall) mit f(A) = 0, f(A') = 1, so gibt es disjunkte offene Mengen U, U' mit A in U enthalten und A' in U' enthalten: zum Beispiel sei U das Urbild unter f von [0,1/2[ und U' das Urbild von ]1/2,1].

Bemerkung 2. "Tietze" impliziert "Urysohn": Die Vereinigung von A und A' ist abgeschlossen. Durch f(A) = 0 und f(A') = 1 wird auf dieser Vereinigung eine stetige Funktion mit Werten in I definiert. "Tietze" liefert eine stetige Fortsetzung!

Beweis von (Urysohn): Gegeben sei A abgeschlossen, U offen mit A enthalten in U. Setze A = A(0), U = U(1). Wir betrachten nun dyadische Brüche a mit 0 < a < 1. (Zur Erinnerung: Man nennt eine rationale Zahl einen dyadischen Bruch, wenn der Nenner eine Zweierpotenz ist.) Für jeden dyadischen Bruch a mit 0 < a < 1 konstruieren wir eine offene Menge U(a) und eine abgeschlossene Menge A(a), so dass für alle 0 ≤ a < b < c ≤ 1 gilt:

Dabei verwenden wir Induktion nach n, wobei der Nenner von a die Form 2ⁿ hat.

₄

Eine andere Visualisierung, und zwar des ersten und des zweiten Schritts:

Zusätzlich setzen wir U(a) = {}, falls a ≤ 0, und U(a) = X, falls 1 < a. Dann ist U(a) für alle dyadischen Zahlen definiert.
(Setzen wir A(a) = {}, falls a < 0, und A(a) = X, falls 1 ≤ a, so haben wir U(a) und A(a) für alle dyadischen Zahlen definiert, und es gilt ganz allgemein: U(a) ist jeweils in A(a) enthalten, und ist a < b, so ist A(a) in U(b) enthalten.)

Sei nun x in X. Sei f(x) das Infimum der dyadischen Zahlen a mit x in U(a). (Es gibt solche Zahlen a, zum Beispiel a = 2, und die Menge dieser Zahlen ist nach unten beschränkt, zum Beispiel durch a = -2.)

Offensichtlich gilt: 0 ≤ f(x) ≤ 1, für alle x.

Zu zeigen bleibt die Stetigkeit von f. Es gilt

Ist x in A(b), so ist f(x) ≤ b.
Ist x nicht in U(b), so ist b ≤ f(x).

Beweis von 1: Ist x in A(b), so ist x in U(c) für jedes b < c, also ist jede untere Schranke der c mit x in U(c) kleiner oder gleich b, also f(x) ≤ b.
Beweis von 2: Ist x nicht in U(b) und ist x in U(a), so ist b < a. (Denn wäre a ≤ b, so wäre U(a) Untermenge von U(b), also x in U(b), Widerspruch.) Also ist b eine untere Schranke aller a mit x in U(a) und demnach b ≤ f(x).

(Wir brauchen das nicht im weiteren Beweis, aber es erleichtert die Vorstellung.)

Nun also der Stetigkeitsbeweis: Wir betrachten ein x in X und ein ε > 0. Wir zeigen: es gibt eine offene Menge U in X, die x enthält und deren Bild ganz in U_ε(f(x)) liegt. Wähle dyadische Zahlen a, b mit
f(x)-ε < a < f(x) < b < f(x)+ε
und nimm U = U(b)-A(a) (Also: U ist der Durchschnitt von U(b) mit dem Komplement von A(a).)

Dies ist eine offene Menge (als Durchschnitt zweier offener Mengen).
x gehört zu U(b), denn nach 2. würde sonst b ≤ f(x) gelten.
x gehört nicht zu A(a), denn nach a würde sonst f(x) ≤ a folgen. Also ist x in U.
Ist y in U, so ist y in U(b), also nach Definition von f(y) ist f(y) ≤ b.
Ist y in U, so ist y nicht in A(a), also auch nicht in U(a) (denn U(a) ist Teilmenge von A(a)), also nach 2. ist a ≤ f(y).
Also: Ist y in U, so liegt f(y) in der ε-Umgebung von f(x).
Es bleibt zu zeigen: f ist auf A konstant 0, und f ist auf dem Komplement von U konstant 1.

Wir brauchen vor allem die offenen Mengen U(a); statt A(a) hätten wir jeweils (außer für a = 0) auch den Abschluss von U(a) nehmen können!)

Um (Tietze) zu beweisen, zeigen wir zuerst folgendes Lemma:

Lemma. Sei X ein T₄-Raum, A eine abgeschlossene Teilmenge, sei r>0 reelle Zahl. Dann gilt: Zu jeder stetigen Abbildung g: A → [-r,r] gibt es eine stetige Abbildung G: X → [-r/3,r/3], so dass für alle x in A gilt: |g(x)-G(x)| ≤ 2r/3.

Wir nennen G eine "Drittelapproximation von g".

Beweis: Sei B das Urbild unter g des Intervalls [-r,-r/3] und B' das Urbild des Intervalls [r/3,r]. Dies sind abgeschlossene Mengen in A (denn g ist stetig), also abgeschlossen in X (denn A ist abgeschlossen in X). Das Urysohn-Lemma liefert eine stetige Funktion G: X → [-r/3,r/3], die auf B den Wert -r/3, auf B' den Wert r/3 annimmt. Dies ist die gesuchte Abbildung.

Beweis von (Tietze). Sei also ein stetiges g: X → [-1,1] gegeben. Wähle eine Drittelapproximation G₁ zu g, dies ist also eine Abbildung G₁: A → [-1/3,1/3], mit |g(x)-G₁(x)| ≤ 2/3.

Als nächstes wählen wir eine Drittelapproximation zu g-G₁: A → [-2/3,2/3] und so weiter...
Induktionsschritt: Seien schon stetige Abbildungen G_i: A → [-2^i-1/3ⁱ,2^i-1/3ⁱ] konstruiert für 1 ≤ i ≤ n mit |g(x)-G₁(x)-....-G_n| ≤ (2/3)ⁿ.
Wir wählen eine Drittelapproximation G_n+1 zu g-G₁-...-G_n: A → [-(2/3)ⁿ⁺¹,(2/3)ⁿ⁺¹]. Dieses G_n+1 ist eine stetige Abbildung G_n+1: X → [-2ⁿ/3ⁿ⁺¹,2ⁿ/3ⁿ⁺¹], und es gilt |g(x)-G₁(x)-....-G_n+1| ≤ (2/3)ⁿ⁺¹.

Es bleibt zu zeigen, dass die Reihe g' = G₁+...+G_n+... punktweise konvergiert, eine stetige Abbildung g': X → [-1,1] liefert und dass die Einschränkung von g' auf A mit g übereinstimmt. (Alles wie in der Analysis: wir verwenden das Weierstrass'sche Kriterium für "gleichmäßige Konvergenz").

Die zweite Fassung des Tietze'schen Fortsetzungssatzes folgt aus der ersten: Sei also A abgeschlossene Teilmenge des T₄-Raums X und g: A → R eine stetige Abbildung. Bekanntlich ist R topologisch äquivalent zum offenen Intervall ]0,1[; sei h: R → ]0,1[ ein Homöomorphismus.
(Zum Beispiel kann man h(x) = 1/π arctan(x) + 1/2 nehmen!)
Jetzt betrachte hg: A → ]0,1[. Wie wir schon wissen, besitzt hg eine stetige Fortsetzung auf X. Um allerdings den schon bewiesenen Tietze'schen Satz zu verwenden, müssen wir hg als Abbildung A → [0,1] auffassen (denn der Zielraum muss das Einheitsintervall oder ein dazu topologisch äquivalenter Raum sein). Die Fortsetzung ist also eine stetige Abbildung s: X → [0,1] (mit s|_A = hg). Sollte das Bild dieser Abbildung in ]0,1[ enthalten sein, so können wir die Umkehrabbildung h^-1 anwenden, aber im Allgemeinen wird das nicht der Fall sein.
Trick: Wir verwenden noch einmal das Urysohn-Lemma, und zwar für A und B= s^-1({0,1}). Beachte, dass B abgeschlossen in X ist und disjunkt zu A. Also gibt es ein stetiges f: X → [0,1] mit f(A) = 1 und f(B) = 0. Man sieht sofort: Multiplizieren wir s mit f, so erhalten wir eine stetige Abbildung sf: X → [0,1], deren Bild ganz in ]0,1[ enthalten ist, und sf ist ebenfalls eine Fortsetzung von hg, also sf|_A = hg. Die Hintereinanderschaltung von sf: X → [0,1] und h^-1: ]0,1[ → R ist die gewünschte Fortsetzung von g.

T4-Räume

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