DieDimensionvontopologischenR¨aumen B ACHELORARBEIT

(1)

B A C H E L O R A R B E I T

Die Dimension von topologischen R¨ aumen

ausgef¨uhrt am Institut f¨ur

Analysis & Scientific Computing

der

Technischen Universit¨ at Wien

unter der Anleitung von

Ao.Univ.Prof. Dipl.-Ing. Dr.techn. Michael Kaltenb¨ ack

durch

Benedikt Spiegel

01427242

11. September 2018

(2)

Inhaltsverzeichnis

0.1 Einleitung . . . 2

0.2 Grundbegriffe . . . 3

1 Die kleine und große induktive Dimension 6 1.1 Die kleine induktive Dimension . . . 6

1.2 R¨aume der Dimension Null . . . 8

1.3 R¨aume h¨oherer Dimensionen . . . 12

1.4 Die große induktive Dimension . . . 15

2 Die ¨Uberdeckungsdimension 16 2.1 Vorbereitung und Definition . . . 16

2.2 Kompaktifizierungssatz und ¨Ubereinstimmung . . . 20

2.3 Der Fundamentalsatz . . . 26

(3)

0.1 Einleitung

Intuitiv ist uns klar - Geraden haben Dimension 1, Flächen haben Dimension 2 und Würfel haben Dimension 3. Wir ordnen also gewissen Teilmengen des R³ Zahlen zu und sprechen dabei von der ”Dimension”dieser Mengen. Nun stellt sich die Frage: Lässt sich auf einem beliebigen topologischen Raum eine Abbildung fin- den, die jeder Teilmenge dieses Raumes eine ganze Zahl zuordnet und im Spezialfall des Rⁿ mit unserer Intuition übereinstimmt?

In meiner Arbeit werde ich drei Möglichkeiten, die sogenanntekleine induktive Dimension, diegroße induktive Dimensionund dieUberdeckungsdimension, zur L¨¨ osung dieses Problems präsentieren, allerdings mit der Voraussetzung, dass der Grundraum zumindest regulär bzw. normal ist.

Im ersten Abschnitt m¨ochte ich den Begriff der kleinen induktiven Dimension erarbeiten und beweisen, dass dieser auf separablen metrischen R¨aumen mit jenem der großen induktiven Dimension, einem sehr

ähnlichen Zugang, übereinstimmt. Im zweiten Abschnitt werde ich die Überdeckungsdimension definieren und beweisen, dass auf separablen metrischen Räumen alle drei Begriffe äquivalent sind und dass diese mit unserer Intuition übereinstimmen. Die Vorgangsweise wird sich im wesentlichen an jener in [1] orientieren.

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0.2 Grundbegriffe

Ich werde in meiner Arbeit die Notation und Begriffsbildungen aus [5] verwenden. Bevor wir eine erste Definition für die Dimension topologischer Räume angeben, möchte ich einige besonders wichtige Begriffe wiederholen und Resultate ergänzen.

Definition 0.2.1. Sei (X,T) ein topologischer Raum undA, B Teilmengen vonX. Dann ist nennt manA undB getrennt, wennA∩B =A∩B=∅.

Definition 0.2.2. Ein topologischer Raum (X,T) erf¨ullt das Trennungsaxiom (T1), falls{x}f¨ur jedesx∈X eine abgeschlossene Menge ist.

(T2), falls es zu je zwei Punktenx, y∈X disjunkte offene Mengen U, V ∈ T gibt, sodassx∈U undy∈V. (T3), falls es zu jedem Punkt x ∈ X und jeder abgeschlossenen Teilmenge A ⊂ X, die x nicht enth¨alt,

disjunkte offene MengenU, V ∈ T gibt, sodassx∈U undA⊂V.

(T4), falls es zu je zwei disjunkten abgeschlossenen Mengen A, B ⊂X disjunkte offene MengenU, V ∈ T gibt, sodassA⊂U undB⊂V.

(T5), falls es zu je zwei getrennten MengenA, B⊂Xdisjunkte offene MengenU, V ∈ T gibt, sodassA⊂U undB ⊂V.

Definition 0.2.3. Ein topologischer Raum (X,T) heißt

regul¨ar, wenn (X,T) die Trennungsaxiome (T1) und (T3) erf¨ullt.

normal, wenn (X,T) die Trennungsaxiome (T1) und (T4) erf¨ullt.

Satz 0.2.4. Jeder normale Raum(X,T) ist auch regulär. Jeder reguläre Raum(X,T)erfüllt(T2).

Beweis. Es reicht festzustellen, dass einpunktige Mengen inX abgeschlossen sind.

Lemma 0.2.5. Sei (X,T) ein topologischer Raum und M ein Unterraum von X. Erfüllt (X,T) eines der Trennungsaxiome (T1)−(T3), so erfüllt auch (M,T |M) das entsprechende Axiom. Ist M zusätzlich abgeschlossen, so gilt die Aussage auch für (T4).

Beweis. F¨ur (T1) und (T2) ist die Aussage klar.

Für den Fall, dass (X,T) das Axiom (T3) erfüllt, sei x∈M undA⊂M eine inM abgeschlossene Menge, die x nicht enthält. Es ist also A = B∩M für eine abgeschlossene Menge B und x /∈ B. Also gibt es disjunkte offene MengenU⁰, V⁰ ∈ T, sodass x∈ U⁰ und B ⊂V⁰. Für die offenen Teilmengen U =U⁰∩M undV =V⁰∩M vonM folgt x∈U,A⊂V undU ∩V =∅.

Im Fall, dassM abgeschlossen und (X,T) das (T4) erf¨ullt, betrachten wir disjunkte abgeschlossene Teilmen- genA, B vonM. DaM abgeschlossen ist, sindAundB sogar inX abgeschlossen und daher existieren zwei disjunkte offene MengenU⁰, V⁰ ⊂X mit A⊂U⁰ und B ⊂V⁰. F¨ur die inM offenen MengenU =M∩U⁰ undV =M∩V⁰ gilt also

A⊂U B⊂V und U ∩V =∅.

Als unmittelbare Folgerung aus diesem Lemma erhalten wir zwei S¨atze.

Satz 0.2.6. Ist(X,T)ein regul¨arer topologischer Raum undM ⊂X, dann ist auch(M,T |_M)regul¨ar.

Satz 0.2.7. Ist(X,T)ein normaler topologischer Raum undM ⊂X abgeschlossen, dann ist auch(M,T |M)

normal.

(5)

Satz 0.2.8. Ist(X, d)ein metrischer Raum, dann erf¨ullt dieser (T5).

Beweis. Setzen wirf(x) = d(x, A) undg(x) = d(x, B), dann sindf und g stetige Funktionen von X nach [0,+∞); siehe [6, Lemma 15.6.1]. Es gilt außerdemA=f⁻¹{0}undB=g⁻¹{0}. F¨ur

U ={x∈X :f(x)−g(x)<0} und V ={x∈X :f(x)−g(x)>0},

gilt klarerweise U∩V =∅. Aus x∈A folgt, da A und B getrennt sind,x /∈ B und somit g(x)>0. Also erhalten wirA⊂Uund mit ¨ahnlicher ArgumentationB⊂V. Die MengenU undV sind offen, daf(x)−g(x)

stetig ist.

Definition 0.2.9. Sei (X,T) ein topologischer Raum. Wir bezeichnen eine MetrikdalsMetrik auf X, wenn T(d) =T.

Bemerkung 0.2.10. In dieser Definition ist ganz wesentlich, dassX bereits mit einer Topologie versehen ist. Andernfalls dr¨uckt die Formulierung ”dist eine Metrik aufX”nur aus, dass (X, d) ein metrischer Raum ist.

Definition 0.2.11. Wir bezeichnen zwei Metriken d1 undd2als¨aquivalent, wennT(d1) =T(d2) gilt.

Lemma 0.2.12. Sei X eine Menge. Zwei Metriken d,dãuf X sind genau dann äquivalent, wenn d und d˜die gleiche Konvergenz induzieren, also für jedes x ∈ X und jede Folge x₁, x₂,· · · ∈ X die Eigenschaft

n→∞lim d(x, x_n) = 0 ⇐⇒ lim

n→∞

d(x, x˜ _n) = 0gilt.

Beweis. Sind die vondund ˜dinduzierten Topologien gleich, so konvergieren Folgen in (X, d) genau dann, wenn sie auch in (X,d) konvergieren, denn Konvergenz bez¨˜ uglich einer Metrik ist gleichbedeutend zur Kon- vergenz bez¨uglich der durch die Metrik induzierten Topologie.

Für die Rückrichtung stellen wir fest, dass für jede MengeA⊂X die Gleichung A^d={x∈X:∃x1, x2,· · · ∈A: lim

n→∞d(x, xn) = 0}={x∈X :∃x1, x2,· · · ∈A: lim

n→∞

d(x, x˜ n) = 0}=A

d˜

gilt. Insbesondere sind die abgeschlossenen Mengen von (X, d) und jene von (X,d) dieselben, also auch die˜

offenen, womitT(d) =T( ˜d).

Definition 0.2.13. Ein topologischer Raum (X,T) heißt separabel, wenn X eine abz¨ahlbare dichte Teil- mengeM hat.

Satz 0.2.14. Lässt sich ein topologischer Raum(X,T)darstellen als abzählbare Vereinigung von separablen Teilräumen Xi⊂X, jeweils versehen mit der Spurtopologie T |X_i, so ist auch X separabel.

Beweis. Sei x ∈ X = S∞

i=1Xi beliebig. Dann existiert ein Index i0 ∈ {1,2, . . .} mit x ∈ Xi₀. Für jedes i= 1,2, . . . gibt es eine abzählbare dichte TeilmengeMi⊂Xi. Die abzählbare MengeM =S∞

i=1Mi erf¨ullt nunx∈Mi₀^Xi⁰ =Mi₀∩Xi₀ ⊂Mi₀⊂M und ist somitM dicht inX.

Satz 0.2.15. Ist (X,T) ein topologischer Raum, der (ABII) erf¨ullt, also eine abz¨ahlbare Basis hat, dann ist(X,T)separabel.

Beweis. SeiB={On:n∈N}eine abzählbare Basis vonT. Wählen wir zu jedemn∈Neinx_n∈O_n, dann ist M = {xn : n ∈ N} eine abzählbare, dichte Teilmenge vonX. Wäre nämlich die offene Menge X\M nichtleer, dann gäbe es einm∈N, sodass

M 3x_m∈O_m⊂X\M ,

was aber nicht sein kann.

(6)

Ist (X,T) ein metrischer Raum, so gilt auch die Umkehrung.

Satz 0.2.16. Ein metrischer Raum(X, d)erf¨ullt (ABII)genau dann, wenn X separabel ist.

Beweis. F¨ur die eine Beweisrichtung verweisen wir auf Satz 0.2.15. Zu zeigen bleibt, dass jeder metrische Raum, der separabel ist, auch (ABII) erf¨ullt.

Sei alsoM ={xn:n∈N}eine abz¨ahlbare dichte Teilmenge von X. Wir definieren B:={U1

m(xn) :m, n∈N}

und zeigen, dassB eine Basis vonX ist. Zu jeder nichtleeren offenen Menge O ⊂X und beliebigemx∈O gibt es eine nat¨urliche Zahl m, sodassU2

m(x)⊂O. DaM dichte Teilmenge von X ist, folgtU1

m(x)∩M 6=

∅. F¨ur geeignetes n ∈ N gilt also x_n ∈ U1

m(x) und somit auch x ∈ U1

m(x_n). Schließlich folgt mit der Dreiecksungleichung

x∈U¹

m(xn)⊂U²

m(x)⊂O,

wodurch sichBals Basis herausstellt.

Satz 0.2.17. Sei (X, d) ein separabler metrischer Raum und M ein Teilraum von X. Dann ist auch (M, d|M×M)ein separabler metrischer Raum.

Beweis. Als Teilraum vonXerf¨ullt auchMdas Axiom (ABII) und ist deshalb nach Satz 0.2.16 separabel.

Lemma 0.2.18. Erfüllt ein topologischer Raum(X,T)das (ABII), hat also eine abzählbare Basis, so besitzt jede BasisBeine abzählbare TeilmengeB0, die Basis vonT ist.

Beweis. SeiD={V_i}^∞_i=1 eine abz¨ahlbare Basis vonT. Definiere f¨ur jedesi= 1,2, . . . die Mengen Bi={U ∈ B:U ⊂Vi}

Wir sehen, dassBi eine Überdeckung von Vi ist. DaVi als Teilraum vonX ebenfalls eine abzählbare Basis hat, gibt es eine abzählbare TeilüberdeckungBi,0 vonBi (Siehe [6, Lemma 16.6.2]). Die Menge

B0=

∞

[

i=1

Bi,0

ist nun eine abz¨ahlbare Basis vonT, denn jede nichtleere offene Teilmenge vonX kann als Vereinigung von Elementen ausDdargestellt werden und damit auch als Vereinigung von Elementen ausB0. Definition 0.2.19. Sei (X,T) ein topologischer Raum undU eine Teilmenge vonX. Dann bezeichnen wir die Menge∂U=U\U^◦ als denRand vonU. IstM eine Teilmenge vonX undU ⊂M, dann schreiben wir

∂_MU f¨ur den Rand vonU inM bez¨uglich der Spurtopologie.

Satz 0.2.20. Sei (X,T) ein topologischer Raum und U ⊂X. Dann ist der Rand ∂U von U immer abgeschlossen. Außerdem gilt∂U =∅ genau dann, wennU clopen, d.h. offen und abgeschlossen ist.

Beweis. Als Schnitt zweier abgeschlossener Mengen ist∂U abgeschlossen. Die zweite Aussage l¨asst sich etwa durch

∂U =∅ ⇔ U \U^◦=∅ ⇔ U =U^◦ ⇔ U ist clopen

begr¨unden.

Lemma 0.2.21. Seien (X,T),(Y,O)topologische R¨aume undU ⊂X, sowie V ⊂Y offene Mengen. Dann gilt im RaumX×Y, versehen mit der Produkttopologie, die Beziehung∂(U×V)⊂(∂U×Y)∪(X×∂V).

Beweis. Diese Aussage gilt wegen

∂(U×V) = (U×V)\(U^◦×V^◦) = (U×V)∩[((U^◦)^c×Y)∪(X×(V^◦)^c)]⊂(∂U×Y)∪(X×∂V).

(7)

Kapitel 1

Die kleine und große induktive Dimension

1.1 Die kleine induktive Dimension

Wir können nun die sogenannte kleine induktive Dimension für reguläre topologische Räume definieren. Um die Resultate und Beweise ein wenig leserlicher zu machen, werden wir von nun an für einen topologischen Raum anstelle von (X,T) meistens nurXschreiben. In analoger Weise verfahren wir mit metrischen Räumen.

Falls wir von einem Teilraum sprechen, welcher nicht explizit mit einer Topologie versehen ist, kann davon ausgegangen werden, dass dieser die Spurtopologie tr¨agt.

Definition 1.1.1. SeiX ein regul¨arer topologischer Raum. Diekleine induktive Dimension vonX, geschrieben alsindX, ist eine Zahl aus{−1,0,1, . . .} ∪ {∞}, wobei

(KID1) indX =−1 genau dann, wennX =∅,

(KID2) indX ≤ n f¨ur ein n = 0,1, . . ., wenn f¨ur jedes x ∈ X und jede Umgebung V von x eine offene UmgebungU vonxexistiert, sodass

x∈U ⊂V undind∂U ≤n−1,

(KID3) indX =n, wennindX ≤nundindX > n−1, das heißtindX kf¨urk= 0,1, . . . , n−1, (KID4) indX =∞, wennindX nf¨ur allen=−1,0,1, . . .

Da nach Satz 0.2.6 der Unterraum ∂U von X mit der Spurtopologie wieder ein regulärer Raum ist, macht es Sinn vonind∂U zu sprechen. Der zweite Punkt (KID2) lässt sich offensichtlich durch die Forderung (KID2’) indX ≤nfür einn= 0,1, . . . ,wennX eine BasisB hat, sodass alleU ∈ B die Ungleichung

ind∂U≤n−1 erf¨ullen.

ersetzen. Insbesonder reicht es in (KID2) nur offene UmgebungenV vonxzu betrachten, was wir sp¨ater in Beweisen auch oft tun werden.

Um verstehen zu können, wie Räume der Dimensionnaussehen, müssen wir also wissen, wie Räume kleinerer Dimensionen beschaffen sind. Neben der leeren Menge, dem einzigen Raum mit Dimension−1, bilden die Räume der Dimension 0 die Grundlage für das weitere Verständnis. Zuerst werden wir aber einige allgemeine Eigenschaften der kleinen induktiven Dimension feststellen.

Satz 1.1.2. SindX undY hom¨oomorphe topologische R¨aume, so giltindX =indY.

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Beweis. Der Beweis verwendet Induktion nach n= indX. Im Falle n =−1 muss X =∅ =Y, also auch indY = 0.

Ist n≥0 undT :X →Y ein Homöomorphismus und wissen wir bereits, dass fürM ⊂X die Äquivalenz indM ≤n−1⇔indT(M)≤n−1 gilt, so folgt sofortindM ≤n⇔indT(M)≤n, wenn wir beachten, dassT(∂U) =∂T(U) für alle UmgebungenU. Für jedes n= 0,1, . . . gilt alsoindX ≤ngenau dann, wenn

indY ≤n. Damit ist der Satz bewiesen.

Satz 1.1.3. SeiX ein regul¨arer topologischer Raum undM Unterraum vonX. Dann giltindM ≤indX.

Beweis. F¨urindX =∞ist nichts zu zeigen. Wir k¨onnen alsoindX <∞ annehmen und werden den Satz mit Induktion nachn=indX beweisen.

F¨urn=−1 istX=∅und damit auchM =∅. Wir nehmen nun an, die Aussage stimmt f¨urn−1≥ −1. Sei x∈M undV eine Umgebung vonxinM. Dann gibt es eine UmgebungV⁰vonxinX, sodassV =V⁰∩M. DaindX ≤n, gibt es eine offene UmgebungU⁰ von x, mit

x∈U⁰ ⊂V⁰ undindU⁰ ≤n−1.

Die MengeU =U⁰∩M ist eine offene Menge in M und erf¨ullt x∈U ⊂V. Außerdem gilt f¨ur den Rand

∂MU vonU inM

∂MU =U^M \U =U^M∩(M \U)

= (M ∩U)∩(M \U) =M∩(M ∩U⁰)∩(M \U⁰)

⊂U⁰∩(X\U⁰) =∂U⁰.

Mit der Induktionsvorraussetzung folgtind∂MU ≤n−1 und damitindM ≤n.

Definition 1.1.4. SeiX ein topologischer Raum undA, Bdisjunkte Teilmengen vonX. Eine MengeL⊂X bezeichnen wir alsPartition zwischenA und B, wenn es offene MengenU, V ⊂X gibt, sodass

A⊂U, B⊂V, U∩V =∅, X\L=U∪V. (1.1)

Jede PartitionList also insbesondere abgeschlossen.

Satz 1.1.5. Ein regulärer topologischer Raum X erfüllt die Ungleichung indX ≤n für ein n ≥0 genau dann, wenn für jedesx∈ X und jede abgeschlossene Menge B ⊂X, die x nicht enthält, eine Partition L zwischen{x} undB existiert, sodassindL≤n−1.

Beweis. Wir nehmenindX ≤n an. Seix∈X, die Menge B abgeschlossen und x /∈B. DaX regul¨ar ist, gibt es eine Umgebung W von x, diex∈W ⊂W ⊂X\B erf¨ullt. Nach Definition der kleinen induktiven Dimension, gibt es eine offene MengeU mit

x∈U ⊂W undind∂U ≤n−1.

Die MengeL=∂U ist die gesuchte Partition zwischen {x}und B; mitV =X\U ⊃X\W ⊃B erf¨ullt L n¨amlich (1.1).

Für die umgekehrte Richtung betrachten wir ein Elementx∈X und eine beliebige UmgebungV vonx. Wie schon bemerkt, können wir V als offen voraussetzen. ZuB =X\V und {x}gibt es nun eine Partition L, dieindL≤n−1 erfüllt. Sind nunU, W offene Mengen mit (1.1), d.h.

{x} ⊂U, B⊂W, U∩W =∅, X\L=U∪W, so folgt

x∈U ⊂X\W ⊂X\B=V.

DaX\W eine abgeschlossene Obermenge vonU ist, gilt zudem

∂U ⊂(X\U)∩(X\W) =X\(U∪W) =L.

Aus Satz 1.1.3 erhalten wirind∂U ≤n−1 und somit auchindX≤n.

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Im Fall von separablen metrischen Räumen, lässt sich die Forderung (KID2’) noch weiter verschärfen.

Satz 1.1.6. Ein separabler metrischer RaumX erfülltindX≤nfür ein n= 0,1. . . ,genau dann, wennX eine abzählbare BasisBbesitzt, sodass für alleU ∈ B die Ungleichungind∂U ≤n−1 gilt.

Beweis. AusindX≤nfolgt mit (KID2’) die Existenz einer nicht notwendigerweise abzählbaren Basis mit gewünschter Eigenschaft. Diese hat aber wegen Lemma 0.2.18 eine abzählbare Teilfamilie, die wieder Basis

ist. Die Umkehrung ist klar.

1.2 R¨ aume der Dimension Null

Definition 1.2.1. Wir bezeichnen einen regul¨aren topologischen RaumX alsnulldimensional, wenn dieser indX = 0 erf¨ullt.

Satz 1.2.2. Ein regul¨arer RaumX ist nulldimensional genau dann, wennX 6=∅ und f¨ur jedesx∈X und jede UmgebungV ⊂X vonxeine MengeU ⊂X existiert, sodassx∈U ⊂V und U clopen, d.h. offen und abgeschlossen, ist.

Beweis. Es gilt

ind∂U =−1⇔∂U =∅ ⇔U ist clopen.

Wenden wir die S¨atze 1.1.3, 1.1.5 und 1.1.6 aus dem vorigen Abschnitt auf den Spezialfall von nulldimensionalen R¨aumen an, so erhalten folgende Charakterisierungen.

Korollar 1.2.3. Eine Teilmenge M eines nulldimensionalen regul¨aren RaumesX erf¨ulltindM = 0genau

dann, wennM 6=∅.

Korollar 1.2.4. Ein regul¨arer Raum X ist nulldimensional genau dann, wenn f¨ur jedes x ∈X und jede abgeschlossene MengeB⊂X, sodassx /∈B, die leere Menge eine Partition zwischen{x} und B ist.

Korollar 1.2.5. Ein separabler metrischer Raum X ist genau dann nulldimensional, wennX nichtleer ist

und eine abz¨ahlbare Basis bestehend aus clopen Mengen hat.

Beispiel 1.2.6. Sowohl die Menge der rationalen Zahlen Q, als auch die Menge der irrationalen Zahlen I=R\Qsind nulldimensional. Die Menge

B={(x−

√2 n , x+

√2

n )∩Q:x∈Q, n∈N}

bildet nämlich eine abzählbare Basis vonQaus clopen Mengen. Für die irrationalen Zahlen bildet D={(a, b)∩I:a, b∈Q}

eine abz¨ahlbare Basis aus clopen Mengen.

Satz 1.2.7. F¨ur einen separablen metrischen Raum X mitindX = 0 und je zwei disjunkte abgeschlossene Mengen A, B ⊂ X ist die leere Menge eine Partition zwischen A und B. Es gibt also eine clopen Menge U ⊂X, sodass A⊂U und B⊂X\U.

Beweis. Wir wissen aus Satz 1.2.5, dassX eine abz¨ahlbare BasisB, bestehend aus clopen Mengen hat. Also gibt es zu jedemx∈X= (X\A)∪(X\B) eine clopen MengeWx∈ B, sodass entweder

x∈W_x⊂X\A oder x∈W_x⊂X\B,

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also entweder

Wx∩A=∅ oder Wx∩B=∅.

Die BasisBist abz¨ahlbar, womit{Wx:x∈X}=:{Wi:i= 1,2, . . .}. Definieren wir f¨ur jedes j= 1,2, . . . Uj =Wj\

j−1

[

i=1

Wi,

so sind die MengenUj paarweise disjunkt und bilden eine clopen ¨Uberdeckung vonX. Die Mengen U =[

{Uj :Uj∩A6=∅} und W =[

{Uj:Uj∩A=∅}

sind offen, disjunkt und wegenX =U ∪W sogar clopen. Es gilt außerdem W ∩A =∅ und somit A⊂U. F¨ur jedesx∈B liegt die Menge Wx ganz inX\A. Es gibt also f¨ur jedes x∈B einen Indexj ∈N, sodass x∈Uj undUj∩A=∅. Daraus folgtB⊂W =X\U.

Lemma 1.2.8. Sei M ein Teilraum eines metrischen Raumes X und A, B ⊂X disjunkte abgeschlossene Teilmengen vonX. SindV₁, V₂⊂X offen, erf¨ullenA⊂V₁, B⊂V₂undV₁∩V2=∅und istL⁰eine Partition inM zwischenM∩V₁ und M∩V₂, so gibt es eine PartitionL inX zwischenA undB mitM ∩L⊂L⁰. Ist M ein abgeschlossener Teilraum vonX und sind A, B disjunkte Teilmengen von X, so gibt es zu jeder PartitionL⁰ inM zwischenM∩AundM∩B eine PartitionLinX zwischenAundB, sodassM∩L⊂L⁰. Beweis. IstL⁰Partition inM zwischenM∩V1undM∩V2, so gibt es inM offene MengenU⁰, W⁰⊂M, die

M ∩V1⊂U⁰, M∩V2⊂W⁰, U⁰∩W⁰=∅ und L=X\(U⁰∪W⁰)

erf¨ullen. Aus V1∩W⁰ =M ∩V1∩W⁰⊂U⁰∩W⁰ =∅folgt, daV1 offen ist, V1∩W⁰ =∅. Aus Gr¨unden der Symmetrie gilt auchV2∩U⁰=∅, womit

A∩W⁰=∅ und B∩U⁰=∅. (1.2)

Die MengenU⁰ undW⁰ sind als disjunkte und offene Mengen in M getrennt, also

U⁰∩W⁰=∅=U⁰∩W⁰. (1.3)

Aus den Gleichungen (1.2) und (1.3) folgt, dassA∪U⁰ undB∪W⁰ getrennt sind. Nach Satz 0.2.8 gibt es offene MengenU, W ⊂X, sodass

A∪U⁰⊂U, B∪W⁰⊂W und U∩W =∅.

Die MengeL=X\(U∪W) ist eine Partition zwischenAundB. Wegen M∩L=M∩X\(U∪W)⊂M \(U⁰∪W⁰) =L⁰ ist der erste Teil des Lemmas bewiesen.

F¨ur Beweis des zweiten Teils beginnen wir mit offenen TeilmengenU1, W1von M, sodass M∩A⊂U₁, M∩B⊂W₁, U₁∩W₁=∅ und L⁰=M\(U₁∪W₁).

Wir werden jetzt mehrmals verwenden, dassX normal ist. WegenA∩B =∅gibt es disjunkte offene Mengen U_A, U_B ⊂X mit A⊂U_A und B ⊂U_B. AusB∩M \W₁ =∅folgt die Existenz einer in X offenen Menge V₂, sodass

B ⊂V₂⊂V₂⊂X\(M\W₁).

(11)

Indem wir, falls n¨otigV2 durchV2∩UB ersetzen, k¨onnen wir sogarA∩(V2∪(M \U1)) =∅ fordern. Somit gibt es eine MengeV1⊂X, mit

A⊂V1⊂V1⊂X\(M \U1) und V1∩V2=∅.

Wegen M ∩V1 ⊂U1 undM ∩V2 ⊂W1, bildet L⁰ eine Partition inM zwischenM ∩V1 undM ∩V2. Der erste Teil des Lemmas liefert nun eine PartitionLin X zwischenAundB mit M∩L⊂L⁰. Lemma 1.2.9. Sei X ein normaler topologischer Raum und A, B ⊂X abgeschlossen und disjunkt. Dann gibt es offene MengenU_A undU_B, sodass

A⊂UA, B⊂UB und UA∩UB=∅.

Beweis. DaX normal ist, gibt es disjunkte offene MengenO_A, O_B ⊂X, mit A⊂OA, B⊂OB und OA∩OB=∅.

Also giltA∩X\O_A=∅, womit eine offene MengeU_A existiert, dieA⊂U_A⊂U_A⊂O_A erf¨ullt. Somit sind U_A undU_B=O_B Mengen mit den geforderten Eigenschaften

A⊂UA, B⊂UB und UA∩UB ⊂OA∩X\OA=∅.

Satz 1.2.10. Sei X ein metrischer Raum und Z ein nulldimensionaler separabler Teilraum von X. Dann gibt es zu je zwei disjunkten abgeschlossenen MengenA, B⊂X eine PartitionL zwischenAund B, sodass L∩Z=∅.

Beweis. Wegen Lemma 1.2.9 gibt es offene MengenV1, V2⊂X mit A⊂V1, B⊂V2undV1∩V2=∅. Nach Satz 1.2.7 istL⁰=∅ eine Partition inZ zwischenZ∩V1undZ∩V2. Die Anwendung des ersten Teiles von Lemma 1.2.8 liefert eine PartitionLzwischenA undB mitL∩Z=∅.

Mit dem vorigen Satz erhalten wir folgende Charakterisierung von nulldimensionalen Teilr¨aumen.

Satz 1.2.11. F¨ur einen separablen UnterraumM eines metrischen Raumes X sind ¨aquivalent:

i) indM = 0,

ii) M 6=∅ und f¨ur jeden Punkt x∈ X und jede Umgebung V von x in X gibt es eine offene Teilmenge U ⊂X, sodass x∈U ⊂V und∂U∩M =∅,

iii) M 6=∅ und f¨ur jeden Punkt x∈ M und jede Umgebung V von xin X gibt es eine offene Teilmenge U ⊂X, sodass x∈U ⊂V und∂U∩M =∅.

Beweis.

i)⇒ii) Seix∈XundV eine Umgebung vonx. Wir k¨onnen annehmen, dassV offen ist. Die abgeschlossenen Mengen{x}undX\V sind disjunkt. Also k¨onnen wir Satz 1.2.10 anwenden und erhalten eine Partition LinX zwischen{x}undX\V mitM ∩L=∅. Es gibt also offene MengenU, W, sodass

x∈U, X\V ⊂W, U∩W =∅ und L=X\(U∪W).

WegenU ⊂X\W folgt weiter

U ⊂X\W ⊂V und ∂U⊂U∩(X\U)⊂(X\W)∩(X\U) =L.

Aus der letzten Ungleichung erhalten wir insbesondere∂U∩M =∅.

(12)

ii)⇒iii) Das ist klar.

iii)⇒i) Die Umgebungen vonxin M sind genau die Mengen der FormV ∩M f¨ur Umgebungen V vonx inX. Deshalb reicht es festzustellen, dass

∂M(U∩M) =M ∩(M∩U)∩(M\U)⊂M∩∂U, f¨ur offene UmgebungenU ⊂V vonx. Mit Satz 1.2.2 erhalten wirindM = 0.

Satz 1.2.12. Ein Unterraum M eines separablen metrischen Raumes X erfüllt genau dann indM ≤ 0, wennX eine abzählbare BasisB hat, sodass für alleU inB die GleichungM ∩∂U =∅ gilt.

Beweis. Nach Satz 0.2.17 ist auch M separabel, und wir können Satz 1.2.11 anwenden. Ist indM = 0 so folgt die Existenz einer BasisB⁰ mitM∩∂U =∅für alle U ∈ B⁰. Wegen Satz 0.2.18 gibt es eine abzählbare TeilmengeBvonB⁰, die ebenfalls Basis vonX ist. Die Umkehrung folgt direkt aus Satz 1.2.11.

Satz 1.2.13. IstX ein separabler metrischer Raum und sindFi⊂X f¨ur i∈Nabgeschlossene Unterr¨aume mitindFi= 0, deren Vereinigung ganz X ergibt, so gilt auch indX = 0.

Beweis. Es reicht zu zeigen, dass es zu je zwei disjunkten abgeschlossenen MengenA, B⊂X offene Mengen U, W ⊂X gibt mit

A⊂U, B⊂W, U∩W =∅ und X=U∪W. (1.4)

Dann ist n¨amlich die leere Menge eine Partition zwischenAundBund aus Satz 1.2.4 folgtindX = 0. Nach Lemma 1.2.9 gibt es offene MengenU₀, W₀⊂X, sodass

A⊂U0, B⊂W0 und U0∩W0=∅. (1.5)

Wir wollen nun induktiv zwei FolgenU₀, U₁, . . . undW₀, W₁, . . . von offenen Mengen definieren, die f¨ur jedes i∈N

U_i−1⊂Ui, W_i−1⊂Wi, Ui∩Wi=∅ und Fi⊂Ui∪Wi (1.6) erfüllen. Setzen wirF₀ =∅, so gelten die letzten beiden Aussagen,U_i∩W_i =∅ und F_i ⊂U_i∪W_i, bereits füri= 0. Wir nehmen an, die Eigenschaften in (1.6) sind für jedesi < kerfüllt. Die MengenU_k−1∩F_k und W_k−1∩F_k sind disjunkte abgeschlossene Mengen.F_k ist nulldimensional, also gibt es nach Satz 1.2.7 eine inF_k clopen MengeV ⊂F_k, sodass

Uk−1∩Fk⊂V und Wk−1∩Fk ⊂Fk\V.

Daraus folgt weiter

(Uk−1∪V)∩(Wk−1∪Fk\V) = (Uk−1∩Fk\V)∪(Wk−1∩V) =∅.

Weil F_k abgeschlossen in X ist, sind auch V und F_k \V abgeschlossen in X. Damit sind U_k−1∪V und W_k−1∪Fk\V disjunkt und abgeschlossen. Nach Lemma 1.2.9 gibt es offene Mengen Uk undWk, sodass

Uk−1∪V ⊂Uk, Wk−1∪Fk\V ⊂Wk und Uk∩Wk =∅.

Diese Mengen erfüllen (1.6) für i = k. Also gibt es die gewünschten Folgen U0, U1, . . . und W0, W1, . . . tatsächlich. Die Vereinigungen U =S∞

i=1Ui und W = S∞

i=1Wi erf¨ullen wegen (1.5) und (1.6) die Eigen- schaften in (1.4),A⊂U, B⊂W undX =U ∪W sind klar, denn A⊂U0, B ⊂W0 undFi ⊂Ui∪Wi. Aus x∈U∩W w¨urde wegen der Monotonie der FolgenUi undWi die Existenz eines Indexi0 mitx∈Ui₀∩Wi₀

folgen, was aber nicht sein kann.

(13)

F¨ur den nachfolgenden Satz wollen wir bemerken, dass auch das abz¨ahlbare Produkt X = Q∞

i=1Xi von regulären RäumenXi wieder regulär ist; siehe [2, 2.3.11]. Deshalb macht es Sinn vonindX zu sprechen.

Satz 1.2.14. Das ProduktX =Q∞

i=1X_i von abzählbar vielen regulären RäumenX₁, X₂, . . . erfüllt indX= 0 genau dann, wennindX_i = 0für allei∈N.

Beweis. Nehmen wirindX = 0 an, so giltX 6=∅und somit auchX_i6=∅für allei∈N. Für jedesi∈Nwähle ein Elementxi ∈Xi. DaXjhomöomorph zum nichtleeren UnterraumQj−1

i=1{xi} ×Xj×Q∞

i=j+1{xi} ⊂X ist, folgt indXj = 0; vgl. Satz 1.1.2 und Satz 1.1.3. Sind umgekehrt alle R¨aumeXi f¨uri∈Nnulldimensional, so hat ein jeder von diesen wegen Satz 1.2.2 eine Basis Bi bestehend aus clopen Mengen hat. Die Mengen der Form

B=

∞

Y

i=1

Oi,

wobei Oi∈ Bi∪ {Xi} f¨ur allei∈NundOi =Xi f¨ur alle, bis auf endlich vielei∈N, bilden eine Basis von X, bestehend aus clopen Mengen. Also folgtindX = 0, wieder wegen Satz 1.2.2.

Beispiel 1.2.15. Aus Satz 1.2.14 und Beispiel 1.2.6 folgt unmittelbar, dass für jedesn >0 die MengenQⁿ undIⁿ Dimension null haben. Wir können sogar zeigen, dass für jedesk= 0, . . . , ndie MengeQⁿ_k ⊂Rⁿ der n-Tupel mit genaukrationalen Koordinaten nulldimensionall ist. Dazu wählen wir fürj = 1, . . . , kpaarweise verschiedene Indizesi_j∈ {1, . . . , n} und beliebige rationale Zahlenr_j aus. Die Menge

n

Y

i=1

R_i, wobeiR_i=

({rj}, fallsi=ij f¨ur einj∈ {1, . . . , k}, R sonst,

ist abgeschlossen inRⁿ. Also ist (Qn

i=1Ri)∩Qⁿ_kinQⁿ_k abgeschlossen. Außerdem ist (Qn

i=1Ri)∩Qⁿ_k homöomorph zuI^n−k und deshalb nulldimensional. Der RaumQⁿ_k lässt sich aber als abzählbare Vereinigung von Mengen der FormQn

i=1Ri∩Qⁿ_k darstellen und erf¨ullt deshalb und wegen Satz 1.2.13 die GleichungindQⁿ_k = 0.

1.3 R¨ aume h¨ oherer Dimensionen

Mit den Resultaten aus dem vorigen Abschnitt können wir nun Räume mit höherer Dimension beschreiben.

Satz 1.3.1. Sei X ein regul¨arer topologischer Raum mit indX = n ≥ 1. Dann gibt es f¨ur jedes k = 0,1, . . . , n−1 einen abgeschlossenen UnterraumM vonX mitindM =k.

Beweis. Wenn wir zeigen können, dass es einen abgeschlossenen UnterraumM ⊂X gibt, sodassindM = n−1, ist der Satz bewiesen. Um das zu zeigen, schließen wir aus indX > n−1, dass es ein x∈ X und eine Umgebung V vonxgibt, sodass für alle offenen UmgebungenU von x, die zusätzlichU ⊂V erfüllen, ind∂U > n−2 gilt. AusindX ≤nhingegen folgt die Existenz einer solchen offenen UmgebungU vonx

mitind∂U≤n−1. Insgesamt liefert dasind∂U =n−1.

Lemma 1.3.2. IstX ein separabler metrischer Raum und gibt es Unterr¨aumeY undZ vonX, dieindY ≤ n−1,indZ≤0 undX =Y ∪Z erf¨ullen, so folgtindX≤n.

Beweis. Seix∈X ein beliebiger Punkt undV eine offene Umgebung vonx. Da{x}undX\V abgeschlossen und disjunkt sind, gibt es nach Satz 1.2.10 disjunkte offene MengenU, W ⊂X, die

{x} ⊂U, X\V ⊂W und (X\(U∪W))∩Z=∅

erf¨ullen. Wir erhaltenx∈U ⊂V und∂U ⊂X\(U ∪W)⊂X \Z ⊂Y, womitind∂U ≤n−1 folgt; vgl.

Satz 1.1.3. Somit giltindX ≤n.

(14)

Satz 1.3.3. Ist X ein separabler metrischer Raum und kann X dargestellt werden als Vereinigung X = S∞

i=1Fi von abzählbar vielen abgeschlossenen UnterräumenF1, F2, . . . mitindFi≤n füri∈N, dann folgt indX ≤n.

Beweis. Wir beweisen die Aussage mit Induktion nach n. Der Fall n = 0 entspricht genau Satz 1.2.13.

Nehmen wir nun für ein beliebigesn≥1 an, die Aussage stimmt für allek < n. MitX sind nach Satz 0.2.17 auch alle TeilräumeMvonXseparabel und metrisch. Wegen Satz 1.1.6 gibt es für jedesi∈Neine abzählbare BasisBi vonFi, sodassind∂FiU ≤n−1 für jede BasismengeU ∈ Bigilt. Mit der Induktionsvoraussetzung erhalten wir für die Vereinigung

Y = [

U∈^∞S

i=1

B_i

∂_F_iU sofort indY ≤n−1.

Für jedes i ∈N erhalten wir mit Satz 1.2.12, angewandt auf den Raum Fi und dessen Basis Bi, dass der UnterraumFi\Y vonFi die Ungleichungind(Fi\Y)≤0 erfüllt. Aus 1.2.13 folgt für die Menge

Z=

∞

[

i=1

(Fi\Y) =X\Y sofort indZ ≤0,

wenn wir beachten, dass die MengenFi\Y =Fi∩Z inZabgeschlossen sind. Lemma 1.3.2 liefert schließlich

indX ≤n.

Satz 1.3.4. Ein separabler metrischer RaumX erfüllt die UngleichungindX≤nfür einn≥0genau dann, wenn X als Vereinigung von zwei Teilräumen Y, Z von X dargestellt werden kann, sodass indY ≤n−1 undindZ≤0.

Beweis. Im FalleindX≤nfolgt aus Satz 1.1.6, dassX eine abz¨ahlbare BasisBhat, sodassind∂U ≤n−1 f¨ur alleU ∈ B. Die Menge

Y = [

U∈B

∂U

erf¨ullt nach Satz 1.3.3 die Ungleichung indY ≤ n−1. Wegen Satz 1.2.12 gilt f¨ur den RaumZ = X \Y außerdemindZ ≤0 und klarerweiseX =Y ∪Z. Die Umkehrung ist genau Lemma 1.3.2.

Wiederholtes Anwenden dieses Satzes liefert folgendes Resultat.

Satz 1.3.5. Ein separabler metrischer RaumX erfüllt die UngleichungindX≤nfür einn≥0genau dann, wennX als Vereinigung vonn+ 1vielen Räumen Z₁, . . . , Z_n+1 dargestellt werden kann, wobei indZ_i ≤0 für jedesi= 1, . . . , n+ 1.

Beweis. Fürn = 0 ist die Aussage natürlich richtig. Nehmen wir an, der Satz ist fürk =n−1 bewiesen, undX erfülltindX ≤n. Nach Satz 1.3.4 lässt sichX als Vereinigung von MengenX⁰ undZn+1 darstellen, wobei indX⁰ ≤n−1 und indZn+1 ≤0. Die Induktionsvoraussetzung liefert nun TeilräumeZ1. . . Zn mit X⁰=Z₁∪ · · · ∪Z_nundindZ_i≤0 füri= 1, . . . , n. Gemeinsam mitZ_n+1bilden sie also das gesuchte System Z₁, . . . Z_n+1.

Die Umkehrung l¨asst sich mit mehrmaliger Anwendung von Lemma 1.3.2 beweisen. IstX =Z₁∪ · · · ∪Z_n+1 ein separabler metrischer Raum, so folgt schrittweise f¨ur jedesk= 1, . . . , ndie Ungleichungind((Z₁∪ · · · ∪

Z_k)∪Z_k+1)≤k. F¨urk=nergibt dasindX≤n.

Beispiel 1.3.6. Mit Satz 1.3.5 und Beispiel 1.2.15 l¨asst sich leicht zeigen, dass indRⁿ ≤ n. Das ist ein erster Schritt, um beweisen zu k¨onnen, dassindRⁿ=n, was wir uns ja intuitiv von einem Dimensionsbegriff erwarten. Definieren wir (vgl. Beispiel 1.2.15)

N_kⁿ=Qⁿ₀∪ · · · ∪Qⁿ_k und Lⁿ_k =Qⁿ_k ∪ · · · ∪Qⁿ_n,

(15)

dann sindN_kⁿundLⁿ_k Unterr¨aume vonRⁿ, wobeiN_kⁿnur aus Punkten mit maximalkrationalen Koordinaten undLⁿ_k nur aus Punkten mit mindestens krationalen Koordinaten besteht. Wegen Satz 1.3.5 und Beispiel 1.2.15 giltindN_kⁿ ≤kundindN_kⁿ ≤n−k. Insbesondere erhalten wir wegen

Rⁿ =Qⁿ₀ ∪ · · · ∪Qⁿ_n=N_nⁿ indRⁿ≤n.

Satz 1.3.7. SindX, Y separable Unterr¨aume eines metrischen Raumes, so gilt ind(X∪Y)≤indX+indY + 1.

Beweis. Für indX = ∞ oder indY = ∞ ist die Ungleichung klarerweise erfüllt. Sind n = indX und m = indY beide endlich, so gibt es nach Satz 1.3.5 nulldimensionale Teilräume X1, . . . Xn+1 von X und Y1, . . . , Ym+1vonY, sodassX=X1∪. . . Xn+1undY =Y1∪ · · · ∪Ym+1. Der gleiche Satz besagt aber auch, dass die VereinigungX∪Y =X1∪. . . Xn+1∪Y1∪ · · · ∪Ym+1 vonm+n+ 2 nulldimensionalen Räumen

ind(X∪Y)≤m+n+ 1 =indX+indY + 1

erf¨ullt, denn nach Satz 0.2.14 ist auchX∪Y separabel.

Satz 1.3.8. IstX ein beliebiger metrischer Raum undM ein separabler Unterraum von X mitindM ≤n f¨ur einn≥0, dann gibt es zu je zwei disjunkten Teilmengen A, B vonX eine PartitionLinX zwischenA undB, die ind(M∩L)≤n−1erf¨ullt.

Beweis. Nach Satz 1.3.4 kann M als Vereinigung von zwei Teilr¨aumen Y und Z dargestellt werden, die indY ≤n−1 undindZ ≤0 erf¨ullen. Wegen Satz 1.2.10 gibt es eine Partition L zwischenA und B mit L∩Z=∅, womit M∩L⊂M\Z⊂Y und daher indM∩L≤indY ≤n−1; vgl. Satz 1.1.3.

Als unmittelbare Folgerung des vorigen Satzes erhalten wir f¨ur den SpezialfallM =X ein Korollar.

Korollar 1.3.9. IstX ein separabler metrischer Raum mitindX ≤nf¨ur einn≥0, dann gibt es zu je zwei abgeschlossenen disjunkten TeilmengenA, BvonXeine PartitionLzwischenAundBmitindL≤n−1.

Satz 1.3.10. SindX und Y separable metrische R¨aume mit X6=∅ oderY 6=∅, dann gilt ind(X×Y)≤indX+indY.

Beweis. Im FalleindX =∞oderindY =∞ist die Ungleichung natürlich erfüllt, womit wir beide Dimen- sionen als endlich voraussetzen können. Wir führen den Beweis durch Induktion nachk_X,Y =indX+indY. FürkX,Y =−1 muss entwederX =∅oderY =∅sein und damit auch ind(X×Y) =−1.

Wir setzen nun voraus, dass die Ungleichung für alle Räume X, Y mit indX +indY < k für ein k ≥ 0 stimmt. Weiters seien X, Y Räume, sodass indX = n, indY = m und m+n = k. Wir können dabei m, n ≥ 0, also X 6= ∅ und Y 6= ∅ annehmen, denn andernfalls wäre die Ungleichung wegen X ×Y = ∅ ohnehin klar. Der RaumX hat also eine Basis BX mitind∂U ≤n−1 für alle U ∈ BX undY eine Basis BY mit ind∂V ≤m−1. Mengen der Form U×V fürU ∈ BX undV ∈ BY bilden eine Basis von X×Y und wegen

∂(U×V)⊂(X×∂V)∪(∂U×Y),

vgl. Lemma 0.2.21, erhalten wir mit Satz 1.3.3 und der Induktionsvoraussetzung

ind∂(U×V)≤ind((X×∂V)∪(∂U×Y))≤max{ind(X×∂V),ind(∂U×Y)} ≤m+n−1 =k−1.

Daraus folgt schließlichind(X×Y)≤k.

(16)

1.4 Die große induktive Dimension

Ist X sogar ein normaler topologischer Raum, so steht uns eine weitere Möglichkeit zur Verfügung, um einen Dimensionsbegriff zu formulieren. Die Definition der sogenannten großen induktiven Dimension ähnelt jener, der kleinen induktiven Dimension sehr stark. Auf separablen metrischen Räumen stimmen die beiden Begriffe überein.

Definition 1.4.1. SeiX ein normaler topologischer Raum. Diegroße induktive DimensionvonX, geschrieben alsIndX, ist eine Zahl aus{−1,0,1, . . .} ∪ {∞}, wobei

(GID1) IndX =−1 genau dann, wennX =∅,

(GID2) IndX ≤nf¨ur einn= 0,1, . . ., wenn f¨ur jede abgeschlossene MengeA⊂X und jede offene Menge V ⊂X, mitA⊂V eine offene MengeU ⊂X existiert, sodass

A⊂U ⊂V undInd∂U ≤n−1,

(GID3) IndX =n, wennIndX ≤nundIndX > n−1, das heißtIndX kf¨urk= 0,1, . . . , n−1, (GID4) IndX =∞, wennIndX nf¨ur allen=−1,0,1, . . .

Dabei ist zu beachten, dass ∂U f¨ur jede Menge U ⊂ X abgeschlossen und somit nach Satz 0.2.7 wieder normal ist. Mit der gleichen Argumentation wie im Beweis von Satz 1.1.2 bzw. Satz 1.1.5 beweist man f¨ur die große Induktive Dimension folgende Aussagen.

Satz 1.4.2. SindX undY homöomorphe topologische Räume, so giltIndX =IndY. Satz 1.4.3. Ein normaler topologischer Raum X erfüllt die Ungleichung IndX ≤ n genau dann, wenn es für je zwei disjunkte abgeschlossene Mengen A, B ⊂X eine Partition L zwischen A und B gibt, sodass

IndL≤n−1.

Satz 1.4.4. F¨ur jeden normalen topologischen RaumX gilt die Ungleichung indX ≤IndX.

Beweis. Wir zeigen mit Induktion nachn, dass aus IndX ≤n auch indX ≤nfolgt. Der Falln=−1 ist klar. Nehmen wir an, die Aussage ist für allek < n bewiesen und es giltIndX ≤n. Dann gilt (GID2) für alle abgeschlossenen MengenA⊂X, also insbesondere für alle einpunktigen Mengen{x} ⊂X. Es gibt also für jeden Punktx∈X und jede offene UmgebungV vonxeine MengeU mit

x∈U ⊂V und Ind∂U ≤n−1.

Nach Induktionsvoraussetzung gilt nun auchind∂U ≤n−1 und es folgtindX ≤n.

Satz 1.4.5. F¨ur jeden separablen metrischen RaumX gilt die Gleichheit indX =IndX.

Beweis. Die UngleichungindX ≤IndX haben wir in 1.4.4 bewiesen.

Für den Beweis der umgekehrten Richtung können wir indX <∞ voraussetzen. Wir werden die Aussage mittels Induktion nachn=indX zeigen. Für den Falln=−1 istX =∅, womitindX =IndX.

Nehmen wir nun an, die Ungleichung ist f¨ur n−1 erf¨ullt. Zu je zwei disjunkten abgeschlossenen Mengen A, B ⊂ X gibt es nach Korollar 1.3.9 eine Partition L zwischen A und B, sodass indL ≤ n−1 Dank Induktionsvoraussetzung giltIndL≤n−1. Mit Satz 1.4.3 folgt schließlichIndX ≤n=indX.

(17)

Kapitel 2

Die ¨ Uberdeckungsdimension

2.1 Vorbereitung und Definition

Auf normalen topologischen Räumen wollen wir im Folgenden die sogenannte Überdeckungsdimension definieren. Dazu benötigen wir einige Begriffe.

Bemerkung 2.1.1. Sei X eine Menge. Wir bezeichnen sowohl Mengen der Form A ⊂ P(X), als auch Abbildungen B : S → P(X), wobei S eine Indexmenge ist, als Familien von Teilmengen von X. Eine Abbildung B:S → P(X) wird auchinduzierte Familie genannt und wir schreiben meistB= (B_s)_s∈S oder im Fall S ={1, . . . , k} auch B = (B_s)^k_s=1. Wir werden die Notation B ∈ B als Abk¨urzung f¨ur B ∈ B(S) verwenden und mit Elementen ausBsind jene vonB(S) gemeint.

Jede Familie A ⊂ P(X) kann als induzierte Familie A⁰ = (A)_A∈A aufgefasst werden, indem man jedem Element ausA sich selbst als Index zuordnet. Ist in diesem Abschnitt die Rede von einer Familie Aohne, dass spezifiziert wird, ob diese als Teilmenge der Potenzmenge oder als induzierte Familie aufzufassen ist, kannAdeshalb als induzierte Familie gedacht werden.

Definition 2.1.2. SeiX ein topologischer Raum. Wir bezeichnen eine FamilieAvon Teilmengen vonXals Uberdeckung¨ vonX, falls

X ⊂ [

A∈A

A.

Definition 2.1.3. SeienAundBUberdeckungen von¨ X. Wir nennenBeineVerfeinerung vonA, wenn f¨ur jede MengeB∈ Beine Menge A∈ Aexistiert, sodass B⊂A.

Definition 2.1.4. Sei (A_s)_s∈S eine ¨Uberdeckung eines topologischen RaumesX. Dann bezeichnen wir eine Uberdeckung (B¨ _s)_s∈S von X alsSchrumpfung von (A_s)_s∈S, wenn f¨ur jedes s∈ S die Beziehung B_s⊂A_s gilt.

Bemerkung 2.1.5. An dieser Stelle soll bemerkt sein, dass der Begriff der Schrumpfung in der Theorie nicht einheitlich verwendet wird. Statt der Bedingung Bs ⊂As, wird teils sogar die st¨arkere Ungleichung Bs⊂Asgefordert.

Definition 2.1.6. F¨ur eine beliebige Menge X und eine nichtleere induzierte Familie A = (As)_s∈S von Teilmengen von X bezeichnen wir mit der Ordnung von A, geschrieben alsordA, die kleinste ganze Zahl n≥ −1, sodass f¨ur jen+ 2 verschiedene Indizess1, . . . , sn+2∈S der SchnittAs₁∩ · · · ∩As_n+2 leer ist. Falls es keine solche Zahl gibt, setzen wir ordA =∞. Die Ordnung einer FamilieA ⊂ P(X) definieren wir als die Ordnung der entsprechenden induzierten FamilieA⁰; vgl. Bemerkung 2.1.1.

(18)

Um ein besseres Verständnis für diese Definitionen zu erhalten, wollen wir einige Eigenschaften aufzählen.

Bemerkung 2.1.7. Sei A = (A_s)_s∈S eine Familie von Teilmengen eines Topologischen Raumes X, dann sind folgende Tatsachen leicht einsehbar.

i) Es gilt immer|S| ≥ordA+ 1, denn ausordA=nfolgt die Existenz von n+ 1 verschiedenen Indizes s₁, . . . , s_n+1∈S mitA_s₁∩ · · · ∩A_s_n+16=∅.

ii) Die Ordnung eine Familie ist nicht nur von den Elementen, sondern auch von der Induzierung abh¨angig.

MitX ={1,2,3}, A1={1,2}, A2=A3={3}gilt etwaord(Ai)²_i=1= 0 aberord(Ai)³_i=1= 1.

iii) Es giltordA=−1 genau dann, wennAnur die leere Menge enth¨alt.

iv) Es giltordA= 0 genau dann, wennAaus paarweise disjunkten Mengen besteht, die nicht alle leer sind, wobei alle nichtleeren Elemente vonAnur einmal getroffen werden d¨urfen; vgl. ii).

v) Ist Aeine ¨Uberdeckung von X, dann ist jede Schrumpfung B = (Bs)s∈S von A= (As)s∈S auch eine Verfeinerung vonA. Dabei giltordB ≤ordA, denn

B_s₁∩ · · · ∩B_s_n+2 ⊂A_s₁∩ · · · ∩A_s_n+2 f¨ur beliebiges₁, . . . , s_n+2∈S.

Definition 2.1.8. Eine Familie A von Teilmengen eines topologischen Raumes bezeichnen wir als offen (oderabgeschossen), wenn alle Elemente ausAoffen (oder abgeschlossen) sind.

Definition 2.1.9. Eine Familie (As)_s∈S von Teilmengen einer Menge X nennen wir endlich, wenn die IndexmengeS endlich ist.

Für die folgende Definition der Überdeckungsdimension wäre es nicht notwendig, sich auf normale Räume zu beschränken. Für eine weiterführende Theorie hingegen werden sich normale Räume allerdings als praktikabel erweisen, weswegen wir uns hier auf diese einschränken wollen.

Definition 2.1.10. SeiXein normaler topologischer Raum. DieUberdeckungsdimension¨ vonX, geschrieben alsdimX, ist eine Zahl aus{−1,0,1, . . .} ∪ {∞}, wobei

(DIM1) dimX ≤n für ein n=−1,0,1, . . ., wenn es für jede endliche offene ÜberdeckungA von X eine endliche offene VerfeinerungBvonAgibt, mitordB ≤n,

(DIM2) dimX =n, wenndimX ≤nunddimX > n−1, das heißtdimX kf¨urk=−1,0, . . . , n−1, (DIM3) dimX =∞, wenndimX nf¨ur allen=−1,0,1, . . .

Satz 2.1.11. SindX und Y hom¨oomorphe topologische R¨aume, so giltdimX =dimY.

Beweis. Ist T : X → Y ein Homöomorphismus, so bildet T die offenen Überdeckungen von X bijektiv auf die offenen Überdeckungen von Y ab. Dabei ist B genau dann eine Verfeinerung von A, wenn T(B) eine Verfeinerung vonT(A) ist, wobeiT(C) für eine induzierte FamilieC= (Cs)_s∈S die KompositionT◦ C bezeichnen soll. Außerdem giltordB=ordT(B) für jede ÜberdeckungB.

Satz 2.1.12. Ein normaler topologischer Raum X erf¨ullt die Gleichung dimX = −1 genau dann, wenn X =∅.

Beweis. Die GleichungdimX =−1 bedeutet, dass jede offene ¨UberdeckungAvonX eine offene Verfeine- rungBhat, sodassordB=−1. Daraus folgt aberS

B∈BB =∅und daBeine ¨Uberdeckung vonX ist, auch

X =∅. F¨urX =∅ gilt klarerweisedimX =−1.

(19)

Satz 2.1.13. Ist X ein normaler topologischer Raum und n ≥ −1 eine ganze Zahl, dann sind folgende Aussagen ¨aquivalent:

i) Der RaumX erf¨ullt die UngleichungdimX ≤n.

ii) Jede endliche offene ¨Uberdeckung AvonX hat eine offene VerfeinerungB mitordB ≤n.

iii) Jede endliche offene ¨Uberdeckung AvonX hat eine offene SchrumpfungB mitordB ≤n.

Beweis.

i)⇒ii) Das ist klar.

ii)⇒iii) Sei A = (A_i)^k_i=1 eine offene Überdeckung von X und V eine offene Verfeinerung von A mit ordV ≤ n. Wir können hier V als injektiv voraussetzen oder sogar als Teilmenge der Potenzmenge denken. Ordnen wir jedemV ∈ V einen Indexi(V)∈ {1, . . . , k}zu, sodassV ⊂A_i(V₎, dann ist für jedes i= 1, . . . , k die Menge

Bi= [

V∈V i(V)=i

V ⊂Ai

offen und damitB= (B_i)^k_i=1 die gesuchte offene Schrumpfung vonA. Angenommen es gäbe paarweise verschiedene Indizesi₁, . . . , i_n+2 mit x∈B_i₁ ∩ · · · ∩B_i_n+2 6=∅, so hätten wir für geeignete, paarweise verschiedene MengenV1, . . . , Vn+2∈ V mit jeweilsi(Vj) =ij auchx∈V1∩ · · · ∩Vn+2 im Widerspruch zuordV ≤n.

iii)⇒i) Das ist klar, denn jede Schrumpfung einer endlichen offenen ¨UberdeckungAist auch eine endliche Verfeinerung vonA.

Satz 2.1.14. Ein normaler topologischer RaumX erfüllt die UngleichungdimX ≤nfür einn=−1,0, . . . genau dann, wenn jede offene Überdeckung A = (Ai)ⁿ⁺²_i=1 mit n+ 2-elementiger Indexmenge eine offene SchrumpfungB= (Bi)ⁿ⁺²_i=1 hat, sodassTn+2

i=1 Bi=∅.

Beweis. Ist dimX ≤n und A= (Ai)ⁿ⁺²_i=1 eine offene ¨Uberdeckung vonX, dann gibt es dank Satz 2.1.13 eine SchrumpfungBvon Amit der geforderten Eigenschaft.

Für die Rückrichtung zeigen wir die Kontraposition der Aussage. Wir wollen also zeigen, dass zu jedem normalen topologischen RaumX mitdimX > neinen+ 2-elementige ÜberdeckungA= (Ai)ⁿ⁺²_i=1 existiert, sodass alle SchrumpfungenB= (B_i)ⁿ⁺²_i=1 von Adie EigenschaftTn+2

i=1 B_i6=∅ erf¨ullen.

Mit Satz 2.1.13 folgt ausdimX > n, dass es eine endliche ¨UberdeckungV = (V_i)^k_i=1 von X gibt, die keine SchrumpfungV⁰ mitordV⁰ ≤nhat. WegenordV> nmuss dabeik≥n+ 2.

Angenommen es existiert zu einer beliebigen Teilmenge{i₁, . . . , i_m} von{1, . . . , k} eine SchrumpfungV⁰= (V_i⁰)^k_i=1 vonV, sodass zwar

V_i⁰

1∩ · · · ∩V_i⁰

m=∅ aber V_i₁∩ · · · ∩V_i_m 6=∅,

so ersetzen wirV durchV⁰. Da{1, . . . , k} nur endlich viele Teilmengen besitzt, erhalten wir so nach endlich vielen Schritten eine endliche ¨UberdeckungV mit ordV > nund der Eigenschaft, dass

Vi₁∩ · · · ∩Vi_m 6=∅ ⇒ V_i⁰₁∩ · · · ∩V_i⁰_m 6=∅ (2.1) f¨ur jede Schrumpfung V⁰ von V und jede beliebige Teilmenge {i1, . . . , im} von {1, . . . , k}. Indem wir die Elemente vonV umsortieren, k¨onnen wir wegen ordV > nannehmen, dass

n+2

\

i=1

Vi6=∅. (2.2)

(20)

Setzen wir nun Ai = Vi f¨ur i = 1, . . . , n+ 1 und An+2 = Sk

i=n+2Vi, so ist die Menge A = (Ai)ⁿ⁺²_i=1 die gesuchte offene Überdeckung vonX. Tatsächlich ist für jede offene Schrumpfung (Bi)ⁿ⁺²_i=1 vonAdie Familie (Ci)^k_i=1mit

Ci=Bi f¨uri= 1, . . . , n+ 1 und Ci =Vi∩Bn+2 f¨uri=n+ 2, . . . , k

eine Schrumpfung vonV und (Bi)ⁿ⁺²_i=1 erf¨ullt somit wegen (2.2) und (2.1) mit{i1, . . . , im}={1, . . . , n+ 2}

die Beziehung

n+2

\

i=1

Bi⊃

n+2

\

i=1

Ci6=∅.

Satz 2.1.15. IstX ein normaler topologischer Raum, so gilt dimX = 0 genau dann, wennIndX= 0.

Beweis. Offensichtlich istdimX 6=−1 gleichbedeutend mitIndX6=−1. Wegen Satz 2.1.14 giltdimX ≤0 genau dann, wenn es zu je zwei offenen MengenU, V ⊂X mit X=U∪V disjunkte offene MengenU⁰⊂U und V⁰ ⊂V gibt, die X immer noch überdecken, alsoX =U⁰∪V⁰ erfüllen. Diese Aussage ist äquivalent dazu, dass die leere Menge eine Partition zwischen den disjunkten abgeschlossenen MengenA=X\U und B = X\V bildet. Beachten wir, dass zu je zwei disjunkten abgeschlossenen Teilmengen A, B von X die Mengen U =X\A und V =X\B eine offene Überdeckung von X bilden, so folgt mit Satz 1.4.3, dass

dimX ≤0 genau dann gilt, wenn IndX≤0.

Definition 2.1.16. Sei (X, d) ein metrischer Raum, A eine Teilmenge von X und A eine Familie von Teilmengen vonX. Wir definieren denDurchmesser d(A) vonAals

d(A) = sup{d(x, y) :x, y∈A}

undmeshAals

meshA= sup{d(A) :A∈ A}.

Beides sind Zahlen aus [0,+∞].

Lemma 2.1.17(Lebesguezahl). SeiX ein kompakter metrischer Raum undAeine offene ¨Uberdeckung von X. Dann gibt es eine Zahl >0, eine sogenannte Lebesguezahl vonA, sodass(U_x(x))_x∈X eine Verfeinerung vonA ist.

Beweis. Da A eine offene Überdeckung von X ist, gibt es zu jedem x ∈ X eine positive zahlx, sodass U2_x(x) ⊂ A für ein A ∈ A. Da X kompakt ist, hat die offene Überdeckung (U_x(x))_x∈X eine endliche Teilüberdeckung, d.h.

X ⊂U_x₁(x1)∪ · · · ∪U_xn(xn)

f¨ur ein n ∈N und geeignete x₁, . . . , x_n ∈ X. Setzen wir = min{x1, . . . _x_n}, so gibt es f¨ur jedes x ∈X einen Indexi∈ {1, . . . , n}, sodassx∈U_xi(x_i), womit

U(x)⊂U2_xi(xi)⊂A

f¨ur ein geeignetesA∈ A.

(21)

Satz 2.1.18. SeiX ein komptakter metrischer Raum. Dann sind folgende Aussagen ¨aquivalent:

i) Der RaumX erf¨ullt die UngleichungdimX ≤n.

ii) F¨ur jede MetrikdaufX und jede Zahl >0existiert eine endliche offene ¨UberdeckungAvonX, sodass meshA< undordA ≤n.

iii) Es existiert eine Metrik d auf X, mit der Eigenschaft, dass f¨ur jede Zahl > 0 eine endliche offene Uberdeckung¨ AvonX existiert, sodassmeshA< und ordA ≤n.

Beweis.

i)⇒ii) Seideine beliebige Metrik aufX und >0. DaX kompakt ist, hat die ¨Uberdeckung V = (U

3(x))x∈X

eine endliche Teil¨uberdeckung, welche wegendimX ≤nund Satz 2.1.13 eine offene SchrumpfungAmit ordA ≤nbesitzt. Als Verfeinerung vonV erf¨ullt Ainsbesondere auchmesh A < .

ii)⇒iii) Das ist klar.

iii)⇒i) SeiV eine endliche offene Überdeckung vonX. Dann gibt es nach Lemma 2.1.17 ein >0, sodass (U2(x))x∈X eine Verfeinerung vonV ist. Die durch die Annahmeiii) gewährleistete ÜberdeckungAist wegenmeshA< wiederum eine Verfeinerung von (U₂(x))_x∈X, damit auch vonV, und hat Ordnung ordA ≤n.

2.2 Kompaktifizierungssatz und ¨ Ubereinstimmung

Bevor wir den Kompaktifizierungssatz beweisen k¨onnen, werden wir einiges an Notation einf¨uhren.

Definition 2.2.1. Sind A_i = (A⁽ⁱ⁾_j )_j∈S_i f¨ur i = 1, . . . , k Uberdeckungen eines topologischen Raumes¨ X, dann definieren wir

A1∧ · · · ∧ Ak:= (A⁽¹⁾_j

1 ∩ · · · ∩A^(k)_j

k )_(j

1,...,j_k)∈Qk i=1S_i

Offensichtlich istA1∧ · · · ∧ Ak eine Verfeinerung vonAif¨ur jedesi= 1, . . . , kund offen (bzw. abgeschlossen), wenn alleAi offen (abgeschlossen) sind.

Definition 2.2.2. SindX, Y topologische R¨aume,A= (A_s)_s∈S eine ¨Uberdeckung vonY undf :X →Y eine stetige Funktion, dann definieren wir

f⁻¹(A) := (f⁻¹(As))s∈S.

Klarerweise istf⁻¹(A) eine ¨Uberdeckung von X. Diese ist offen (bzw. abgeschlossen), wenn A offen (bzw.

abgeschlossen) ist.

F¨ur den Spezialfall, dassM =X ein Unterraum von Y und f die Einbettungsabbildung ι : M → Y ist, bezeichnen wirf⁻¹(A) = (M∩As)_s∈S auch alsA|M.

Definition 2.2.3. Ein metrischer RaumX heißttotal beschr¨ankt, wenn es zu jedem >0 eine ¨Uberdeckung U vonX mitmeshU < gibt.

Lemma 2.2.4. Seien (X, d) ein total beschr¨ankter metrischer Raum mitdimX ≤nund f₁, . . . , f_k:X → [0,1]stetige Funktionen. Dann gibt es zu jedem >0 eine endliche offene ¨Uberdeckung U vonX, sodass

meshU < , ordU ≤n und x, y∈U ⇒ |fi(x)−fi(y)|< f¨ur allei= 1, . . . , k undU ∈ U.

(22)

Beweis. DaX total beschränkt ist, gibt es eine endliche offene ÜberdeckungV von X mit meshV < . Ist W eine endliche offene Überdeckung von [0,1] mitmeshW< , so hat die endliche offene Überdeckung

V ∧f₁⁻¹(W)∧ · · · ∧f_k⁻¹(W)

von X wegen dimX ≤ n eine endliche offene Verfeinerung U mit ordU ≤ n. Diese erfüllt klarerweise mesh U < . Für jedesU ∈ U undx, y ∈U folgt für beliebiges i= 1, . . . , k sofort f_i(x), f_i(y)∈W für ein

W ∈ W und wegen meshW< auch|f_i(x)−f_i(y)|< .

Definition 2.2.5. Seien X, Y topologische R¨aume, Y kompakt und ι : X → Y eine Abbildung, sodass ι:X →ι(X) ein Hom¨oomorphismus ist. Wir nennen Y eineKompaktifizierung von X, wennι(X) dicht in Y liegt.

Satz 2.2.6. Sei (X, d) ein total beschränkter metrischer Raum. Dann existiert aufX eine zudäquivalente Metrik d, d.h. eine Metrik˜ d˜mit T(d) = T( ˜d), sodass d(x, y) ≤d(x, y)˜ für allex, y ∈ X, und sodass die Vervollständigung X˜ von(X,d)˜ eine Kompaktifizierung von X mitdimX˜ ≤dimX ist.

Beweis. Im FalldimX =∞können wir ˜d=dsetzen. Jede Vervollständigung ˜X von (X, d), deren Existenz etwa durch [3, Satz 1.1.4] gewährleistet wird, ist dann als total beschränkter und vollständiger Raum kompakt, siehe [5, Satz 12.14.3]. Weil diese Vervollständigung eine homöomorphe Kopie vonX dicht enthält, ist sie sogar eine Kompaktifizierung vonX. Die geforderte Ungleichung gilt trivialerweise.

Wir nehmen nundimX =n <∞an, und werden zeigen, dass f¨ur jedesm= 1,2, . . . eine endliche offene Uberdeckung¨ Um= (Um,j)^k_j=1^m existiert, sodass

meshU_m< 1

2^m, ordU_m≤n und x, y∈U_m,j ⇒ |f_i,j(x)−f_i,j(y)|< 1

2^m (2.3)

f¨uri < mundj= 1,2, . . . , k_i, wobei die Funktionenf_i,j:X :→[0,1] gegeben sind durch f_i,j(x) = d(x, X\U_i,j)

Pk_i

l=1d(x, X\U_i,l). (2.4)

Indem wir, falls nötig,ddurch ein Vielfachesλd für ein λ >0 ersetzen, können wird(X)>1 voraussetzen.

Die unten konstruierten Mengen Um,ksind wegen meshUm< ₂¹m f¨ur jedes m= 1,2, . . . undk= 1, . . . , km

echte Teilmengen vonX. Aus

ki

\

l=1

(X\Ui,l) =X\

ki

[

l=1

Ui,l=∅, folgt außerdemPki

l=1d(x, X\U_i,l)6= 0. Die durch (2.4) definierten Funktionen sind also wohldefiniert und stetig.

Als total beschränkter metrischer Raum hatX eine endliche offene ÜberdeckungU mitmeshU <¹₂. Wegen dimX ≤ n gibt es eine endliche offene Verfeinerung U1 von U mit ordU1 ≤ n. Sind U1, . . . ,U_m−1 offene Uberdeckungen, die (2.3) erf¨¨ ullen, so liefert Lemma 2.2.4 für= ₂¹m eine geeignete ÜberdeckungUm. Wir wollen nun die Metrik ˜ddefinieren und zeigen, dass sie zudäquivalent ist. Dazu sein(i, j) füri= 1,2. . . undj= 1, . . . , k_i der Platz von (i, j) in der Folge

(1,1), . . . ,(1, k₁),(2,1), . . . ,(2, k₂),(3,1), . . . , also n(i, j) = j+Pi−1

l=1kl. Die so festgelegte Abbildung n : {(i, j) : i = 1,2, . . .;j = 1, . . . , ki} → N ist klarerweise eine Bijektion. Wegen|fi,j(x)−fi,j(y)| ≤1 ist

d(x, y) :=˜ d(x, y) +

∞

X

n(i,j)=1

1

2^n(i,j)|fi,j(x)−fi,j(y)| (2.5)