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projektiver Raum, offen, Homöomorphismus

Universität / Fachhochschule

Mengentheoretische Topologie

Tags: Homöomorphismus, Mengentheoretische Topologie

Fabienne- aktiv_icon

02:44 Uhr, 27.04.2016

Sei $k = ℝ$ oder $k = ℂ$ . Wir betrachten den projektiven Raum

$k P^{n} = k^{n + 1} \ {0} /_{\sim}$ mit $v \sim w \Leftrightarrow \exists α \in k : α v = w$ .

Zeigen Sie:

a) Für jedes $i = 1, . . ., n + 1$ ist $U_{i} := {[v] : v \in k^{n + 1} u n d v_{i} \neq 0} \subset k P^{n}$ offen und es gilt $U_{1} \cup . . . \cup U_{n + 1} = k P^{n}$

b) Für jedes $i = 1, . . ., n + 1$ ist die Abbildung

$ι_{i} : k^{n} \to U_{i}$ , $v \mapsto [(v_{1}, . . ., v_{i - 1}, 1, v_{i}, . . ., v_{n})]$ , ein Homöomorphismus.

Hallo,

ich habe eine Frage zu dieser Aufgabe.
Erstmal nur zum Aufgabenteil a).

Wie sind hier die offenen Mengen überhaupt charakterisiert?

$\sim$ ist offensichtlich eine Äquivalenzrelation.
Dann wird die Topologie wahrscheinlich die von $\sim$ induzierte Quotiententopologie sein.

Also $q : k^{n + 1} \ {0} \to k^{n + 1} \ {0} /_{\sim}$ , $v \mapsto [v]$ und die Topologie

${V \subseteq X / \sim : q^{- 1} (V) \subseteq X o f f e n}$

Es sind also genau die Mengen offen, deren Urbilder bezüglich $k^{n + 1} \ {0} := k_{0}^{n + 1}$ offen sind.

Nun ist $k$ ja die reellen oder komplexen Zahlen, also ein metrischer Raum.
Also sind die Mengen offen, deren Urbilder bezüglich der Metrik offen sind. Sehe ich das richtig?

Vielen Dank.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Sina86

18:08 Uhr, 27.04.2016

Hallo Fabienne-,

ja, das mit den offenen Mengen siehst du richtig. So ist es eigentlich immer, wenn nichts anderes erwähnt wird. Kann es sein, dass bei $U_{i}$ nicht $v_{1} \neq 0$ , sondern $v_{i} \neq 0$ ?

Lieben Gruß
Sina

Fabienne- aktiv_icon

18:11 Uhr, 27.04.2016

Ja du hast recht, es muss $v_{i} \neq 0$ heißen. Ich werde es oben korrigieren.

Edit: Kann obigen Beitrag nicht mehr bearbeiten.

Edit2: Was ich mich auch die ganze Zeit frage ist, ob nicht auch in der Abbildung ein Tippfehler drinsteckt. Ich habe es so korrekt übernommen. Dort steht

$(v_{1}, . . . ., v_{i} - 1, 1, v_{i}, . . . ., v_{n})$

müsste es nicht eher

$(v_{1}, . . . ., v_{i - 1}, 1, v_{i + 1}, . . . ., v_{n})$

heißen? Also die 1 als Eintrag steht an i-ter Stelle?

Sina86

18:14 Uhr, 27.04.2016

So, jetzt passts ;-)

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18:17 Uhr, 27.04.2016

Danke. :-)
Ich habe obigen Beitrag noch einmal editiert. Ich vermute einen weiteren Tippfehler, aber diesmal in der Aufgabenstellung.
Liege ich mit dieser Vermutung richtig?

Sina86

18:22 Uhr, 27.04.2016

also, so wie du es schreibst, macht es Sinn. Der Vektor der ursprünglichen Version liegt nicht in $k^{n}$ , da er $n + 1$ Einträge hat...

Fabienne- aktiv_icon

18:28 Uhr, 27.04.2016

Eine solche Aufzählung würde ja generell keinen Sinn machen.

Ok, kannst du mir einen Tipp geben, wie ich die a) nun lösen muss?

Also ich nehme eine offene Menge aus $k_{0}^{n + 1}$ . Diese offenen Mengen sind dadurch charakterisiert, dass sie bezüglich des Urbildes der Abbildung $q$ offen sind.

Ich muss also zeigen, dass $U_{i}$ offen in $k_{0}^{n + 1} /_{\sim}$ ist, richtig?

Sina86

19:10 Uhr, 27.04.2016

Hallo,

du musst dir die Urmenge unter der Projektion angucken. Ich glaube, einfacher ist es, das Komplement von $U_{i}$ zu untersuchen. Was ist denn das Komplement von $U_{i}$ , also alle Vektoren mit $u_{i} = 0$ ?

Grüße
Sina

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19:13 Uhr, 27.04.2016

Ist das Komplement von $U_{i}$ nicht alle Vektoren mit $v_{i} \neq 1$ ?

Sina86

20:15 Uhr, 27.04.2016

Nicht, wenn ich in deine Def von $U_{i}$ schaue ;-)

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20:21 Uhr, 27.04.2016

Oh... war gerade irgendwie bei der b)

Ja, dann ist das Komplement genau die Vektoren mit $v_{i} = 0$

Und wie kann ich nun die Offenheit zeigen?
Wie kann ich da ansetzen?

Sina86

20:47 Uhr, 27.04.2016

Ok, dann betrachte doch mal den Fall $k^{3}$ . Was sind dort die Vektoren mit $v_{i} = 0$ ?

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20:48 Uhr, 27.04.2016

Alle Vektoren der Form (0, a, b), (c, 0, d), (e, f, 0)

Meinst du das?

Sina86

20:52 Uhr, 27.04.2016

Ja, genau. Und was ist dann z.B. $p^{- 1} ({[(0, b, c)] ∣ b, c \in k, b \neq 0 \lor c \neq 0})$ ?

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21:01 Uhr, 27.04.2016

Das Urbild müsste dann die Menge:

${[v] : p (v) \in {(0, b, c), m i t b, c \in k}}$

sein.

Sina86

21:20 Uhr, 27.04.2016

Die Urbildmenge liegt in $k^{3}$ und nicht in $k P^{3}$ ;-) Daher musst du die eckigen Klammern von der einen in die andere Klammer verschieben...

Fabienne- aktiv_icon

21:26 Uhr, 27.04.2016

Du hast recht. Da hätte ich besser aufpassen sollen. Ich schreibe $U$ für die Menge, die alle Vektoren der Form (0, a, b) enthält.

Also $p^{- 1} (U) = {v \in k^{3} ∣ p ([v]) \in U}$ .

Ok, sei nun $U_{i}^{c}$ das Komplement von $U_{i}$ in $k^{n + 1}$ .

Dann ist $p^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{n + 1} ∣ p ([v]) \in U_{i}^{c}}$ .
Also die Menge aller Vektoren, deren Äquivalenzklassen an i-ter Stelle eine Null enthalten.

Muss ich nun die Äquivalenzrelation ausnutzen?

Sina86

22:55 Uhr, 27.04.2016

Moment, also jetzt komme ich auch langsam durcheinander. Es ist

$p : k^{3} \to k P^{3}, v \mapsto [v]$

Dann gilt

$p^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{3} ∣ p (v) = [v] \in U_{i}^{c}} = ?$

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23:14 Uhr, 27.04.2016

Die Menge aller Vektoren, deren i-te Komponente Null ist und die Einträge sonst skalare Vielfache von v sind.

$p^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{3} ∣ \exists α \in k m i t α v = w}$

Ist das richtig?

Sina86

23:57 Uhr, 27.04.2016

Hm, nein, ich glaube du wirfst das hier durcheinander. Es ist

$p^{- 1} ({[v] ∣ v \in k^{3}$ und $v_{i} = 0}) = {v ∣ v \in k^{3}$ und $v_{i} = 0} = {v \in k^{3} ∣ v_{i} = 0}$

Fabienne- aktiv_icon

00:04 Uhr, 28.04.2016

Also das Urbild der Äquivalenzklasse, die v enthält, ist die Menge aller Vektoren, die an i-ter Stelle eine Null haben.

In n+1ter Dimension ist es dann analog, oder?

Das heißt die Urbilder der Komplemente sind alle Vektoren, die an i-ter Stelle eine Null haben, für alle $i \in {1, . . ., n + 1}$ .
Jetzt muss ich zeigen, dass diese Menge abgeschlossen ist.
Wenn Urbilder abgeschlossener Mengen abgeschlossen sind, dann sind auch Urbilder von offenen Mengen offen.

Sina86

07:03 Uhr, 28.04.2016

Guten Morgen,

nun, ich denke, es ist relativ einfach zu zeigen, dass $M := {v \in k^{3} ∣ v_{i} = 0}$ nur aus Randpunkten besteht, denn in jede Epsilon-Umgebung eines jeden Punktes von $M$ finden sich Punkte mit $v_{i} \neq 0$ . Damit ist dann $\partial M = M$ und somit ist $M$ abgeschlossen.

Selbstverständlich läuft alles für $k^{n + 1}$ absolut analog, ich habe hier nur $k^{3}$ gewählt, da man sich das noch bildlich vorstellen kann ;-)

Ein wenig Arbeit wirst du haben, wenn du zeigen möchtest, dass $p^{- 1} (U_{i}^{c}) = M$ , denn ganz so trivial, wie ich das geschrieben habe, ist das nicht. Denn $p$ ist nicht injektiv. So ist z.B. $p^{- 1} ([v]) = {w \in k^{3} ∣ \exists a \in k : a v = w}$ (an dieser Stelle spielt also die Definition der Äquivalenzrelation mit rein). Du musst also zeigen, dass in $p^{- 1} (U_{i}^{c})$ wirklich kein Vektor enthalten ist mit $v_{i} \neq 0$ . Aber schwer ist das eigentlich nicht.

Dann noch einen schönen Tag ;-)

Lieben Gruß
Sina

Sina86

07:14 Uhr, 28.04.2016

"Wenn Urbilder abgeschlossener Mengen abgeschlossen sind, dann sind auch Urbilder von offenen Mengen offen."

Ach so, ich weiß nicht, worauf du hier hinaus willst. Unser Ziel ist es nicht zu zeigen, dass $p$ stetig ist. Das tun wir hier auch nicht, da wir nicht eine beliebige abgeschlossene Menge nehmen, sondern mit $U_{i}^{c}$ eine sehr spezielle.

Aber laut Definition ist eine Menge im Quotientenraum genau dann offen, wenn ihr Urbild unter der Quotientenabbildung offen ist. Das impliziert aber gleich (vielleicht sollte man das auch erwähnen), dass eine Menge im Quotientenraum genau dann abgeschlossen ist, wenn ihr Urbild unter der Quotientenabbildung abgeschlossen ist. Letzteres zeigen wir hier, denn wenn das Komplement einer Menge abgeschlossen ist, so ist die Menge selber offen...

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07:40 Uhr, 28.04.2016

Vielen Dank für deine Hilfe bis hier hin. Ich werde später gucken was ich hinbekomme und hoffe, dass du da dann mal drüber schauen kannst und mir gegebenenfalls weiter hilfst. :-)

Lieben Gruß

Fabienne- aktiv_icon

12:19 Uhr, 28.04.2016

Sei also

$q : k^{n + 1} \ {0} \to k P^{n}$ mit $v \mapsto [v]$ und der Quotiententopologie

${V \subseteq k P^{n} : q^{- 1} (V) \subseteq k^{n + 1} \ {0} o f f e n}$

Daher sind alle Mengen V offen in $k P^{n}$ , deren Urbild $q^{- 1} (V)$ offen in $k^{n + 1} \ {0}$ ist.
Daher sind alle Mengen V abgeschlossen in $k P^{n}$ , deren Urbild $q^{- 1} (V)$ abgeschlossen in $k^{n + 1} \ {0}$ ist.

Betrachte nun also das Komplement $U_{i}^{c}$ .

$U_{i}^{c} = {[v] : v \in k^{n + 1} u n d v_{i} = 0}$

Dann ist $q^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{n + 1} \ {0} : q (v) = [v] \in U_{i}^{c}}$

Ich zeige nun die Gleichheit der Mengen

${v \in k^{n + 1} \ {0} : q (v) = [v] \in U_{i}^{c}} = {v \in k^{n + 1} : v_{i} = 0}$

Sei $v \in {v \in k^{n + 1} \ {0} : q (v) = [v] \in U_{i}^{c}}$ beliebig.
Dann gilt $[v] \in U_{i}^{c}$ . Also $v \in k$ und $v_{i} = 0$ .
Somit sind alle Vektoren $w \in q^{- 1} (U_{i}^{c})$ für die es ein $α \in k$ gibt mit \alpha v=w.

Dann ist $w_{i} = α v_{i} = α \cdot 0 = 0$ .
Also $q^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{n + 1} : v_{i} = 0} = : M$

(Die Inklusion $\supseteq$ ist trivial)

Als nächstes zeige ich, dass $\partial M = M$ gilt.

Sei $v \in M$ beliebig. Sei $ε > 0$ beliebig. Betrachte $B_{ε} (v) \ n s u b s e t M$
Denn in einer $ε$ -Umgebung von v liegen Vektoren mit $v_{i} \neq 0$ . Also stimmt M tatsächlich mit seinem Rand $\partial M$ überein.
Somit ist $M = q^{- 1} (U_{i}^{c})$ abgeschlossen und damit $q^{- 1} (U_{i})$ offen.

Als nächstes muss ich zeigen, dass $U_{1} \cup . . . . \cup U_{n + 1} = k P^{n}$

Also jeder Vektor, außer der Nullvektor, ist in der Vereinigung der $U_{i}$ enthalten.

Das der Nullvektor in der Vereinigung nicht enthalten ist, ist klar. Denn für ihn ist v_i=0 für alle $i \in {1, . . ., n + 1}$ . Also ist er in keinem $U_{i}$ enthalten.
Das alle anderen Vektoren in der Vereinigung enthalten sind, ist klar.
Man benötigt die $U_{i}$ "nur" dazu um die Vektoren zu erhalten, die an einer bestimmten Stelle Null sind.

Sina86

20:06 Uhr, 29.04.2016

Hallo,

ich habe das jetzt gerade mal überflogen. Mir ist folgendes aufgefallen:

Die Gleichheit der Mengen
$p^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{n} ∣ p (v) = [v] \in U_{i}^{c}}$
musst du nicht zeigen. Dies ist einfach die Definition des Urbildes auf $U_{i}^{c}$ angewendet. Interessanter ist die Gleichheit der Mengen:
$p^{- 1} (U_{i}^{c}) = {v \in k^{3} ∣ v_{i} = 0}$
Hier benötigst du dann auch zum Beweis die Definition der Äquivalenzrelation...

...den Rest schaue ich mir irgendwann am WE an, wenn noch Interesse besteht ;-)

Lieben Gruß
Sina

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21:25 Uhr, 30.04.2016

Du musst dir es nicht mehr unbedingt angucken. :-)

Vielen Dank für deine Hilfe.

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