Parakompakt => Normal < Topologie+Geometrie < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:06 So 01.01.2006 | | Autor: | Hanno |
| Aufgabe | | Beweise: jeder parakompakte Raum ist normal. |
Hallo!
Diese Aufgabe stammt aus dem Mayer (Algebraische Topologie).
Als Hinweis ist gegeben, dass man vor dem Nachweis von T4 die T3-Eigenschaft, somit also die Regularität des entsprechenden Raumes nachweisen soll. Letzteres ist mir gelungen. Ich scheitere nun daran, aus der Regularität die Normalität abzuleiten. Bei kompakten Räumen geht das ja wunderbar einfach, und auf den ersten Blick scheint sich die Normalität auch sehr ähnlich der Regulartität zu beweisen, aber letztlich schaffe ich es nicht.
Vielleicht kann mir jemand ja einen Tip geben.
Vorsichtshalber gebe ich noch eine Definition:
Ein Hausdorffraum $X$ heißt parakompakt, wenn für jede offene Überdeckung [mm] ${\cal U}$ [/mm] von $X$ eine lokalendliche, offene Überdeckung [mm] ${\cal U}'$ [/mm] existiert, die feiner als [mm] ${\cal U}$ [/mm] ist.
Eine Überdeckung [mm] $\{U_{\lambda}\}_{\lambda\in \Lambda}$ [/mm] heißt lokalendlich, wenn es zu jedem [mm] $x\in [/mm] X$ eine Umgebung $U$ von $x$ gibt, sodass [mm] $U\cap U_{\lambda}=\emptyset$ [/mm] für fast alle [mm] $\lambda\in\Lambda$.
[/mm]
Eine Überdeckung [mm] $\{A_{\kappa}\}_{\kappa\in K}$ [/mm] von $X$ heißt feiner als die Überdeckung [mm] $\{U_{\lambda\in\Lambda}\}$, [/mm] wenn es für alle [mm] $\kappa\in [/mm] K$ ein [mm] $\lambda\in\Lambda$ [/mm] gibt, sodass [mm] $A_{\kappa}\subset U_{\lambda}$.
[/mm]
Liebe Grüße,
Hanno
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Hallo zusammen,
sei also X parakompakt, zzg ist, dass fuer beliebige disj. abgeschl. Mengen A,B offene
Mengen [mm] U_A, U_B [/mm] mit [mm] A\subseteq U_A, B\subseteq U_B [/mm] und [mm] U_A\cap U_B=\emptyset
[/mm]
existieren.
Der natuerlicherweise erste Schritt ist es, eine lokalendliche Ueberdeckung
[mm] U_{\lambda}, \lambda\in \Lambda [/mm] herzunehmen.
Da X Hausdorff ist -eine Eigenschaft, die jeder/m Bonner MathematikerIn das Herz hoeher schlagen lassen muss, mal nur so am Rande erwaehnt !!! - koennen wir Punkte durch offene Mengen trennen und tun dies mal fuer alle Paare [mm] x\in [/mm] A, [mm] y\in [/mm] B: seien fuer solche [mm] x\in A_{x,y}, y\in B_{x,y} [/mm] und [mm] A_{x,y}\cap B_{x,y}=\emptyset [/mm] (und beide offen).
Seien nun zu [mm] x\in [/mm] X [mm] U_x [/mm] die durch die Parakompaktheit in ihrer Existenz garantierten
offenen Umgebungen , die mit fast allen [mm] U_{\lambda} [/mm] leeren schnitt haben.
OE seien [mm] U_{i_1}^x,...., U_{i_{n(x)}}^x [/mm] genau die Mengen aus der lok. endl. Ueberd.,
die mit [mm] U_x [/mm] nicht-leeren Schnitt haben und x enthalten (es gilt wg. ueberdeckungseigenschaft [mm] n(x)\geq [/mm] 1 ).
Dann liegt doch nichts naeher, als all die Schnitte [mm] U_{i_j}^x\cap A_{x,y},
[/mm]
[mm] U_{i_l}^y\cap B_{x,y} [/mm] ''zu nehmen'', diese bilden eine neue offene Ueberdeckung von X,
also nehmen wir eine lokalendliche Verfeinerung dieser Ueberdeckung.
Diese hat dann die nette Eigenschaft, dass jedes x in A nur mit hoechstens endlich vielen [mm] y\in [/mm] B ''offene Mengen dieser Ueberdeckung teilt'' (genuaer: zu jedem [mm] x\in [/mm] A ist die Menge der [mm] y\in [/mm] B, fuer die es ein U in der neuen lok-endl. Ueberd. gibt mit [mm] x,y\in [/mm] U,
endlich), und wir trennen nochmal alle solchen Paare via Hausdorff, erhalten also
zu jedem [mm] x\in [/mm] A endl. viele offene Mengen, die von den endl. vielen [mm] y\in [/mm] B trennen,
und die Schnitte dieser Mengen (analog fuer [mm] y\in [/mm] B) leisten schliesslich das
gewuenschte.
Gruss und
frohes neues Jahr !!!
Mathias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:58 Mo 02.01.2006 | | Autor: | Hanno |
Hallo Matthias!
Danke für deine Antwort.
Ich verstehe nicht, weshalb du zu Beginn eine lokalendliche Überdeckung vorgibst. Wozu tust du das?
Wo ich deine Antwort las, fiel mir auf, was der Schritt war, den ich hätten machen müssen, um meinen Beweis der Regularität auf den der Normalität zu übertragen. Meine Idee für ersteren war nämlich deiner sehr ähnlich. Ich erzähle einfach mal, wie ich die Regularität nachgewiesen habe.
Es sei $X$ parakompakt, [mm] $A\subset [/mm] X$ abgeschlossen und [mm] $x\in X\setminus [/mm] A$. Da $X$ hausdorffsch ist, gibt es für alle [mm] $a\in [/mm] A$ offene [mm] $U_a,V_a\subset [/mm] X$ mit [mm] $a\in U_a, x\in V_a$ [/mm] und [mm] $U_a\cap V_a=\emptyset$. [/mm] Dann ist [mm] ${\cal U} [/mm] = [mm] \{U_a\}_{a\in A}\cup\{X\setminus A\}$ [/mm] offene Überdeckung von $X$. Da $X$ parakompakt ist, existiert somit eine lokalendliche Verfeinerung [mm] ${\cal U'}=\{U'_i\}_{i\in I}$ [/mm] von [mm] ${\cal U}$. [/mm] Dann gibt es eine Umgebung $U$ von $x$, sodass die Menge [mm] $I'\subset [/mm] I$ der [mm] $i\in [/mm] I$ mit [mm] $U\cap U_{i}\neq\emptyset$ [/mm] endlich ist. Sei nun [mm] $\{i_0,...,i_n\}\subset [/mm] I'$ die Teilmenge der [mm] $i\in [/mm] I'$, sodass ein [mm] $a\in [/mm] A$ mit [mm] $U'_{i}\subset U_a$ [/mm] existiert; es seien [mm] $a_0,...,a_n\in [/mm] A$ so gewählt, dass [mm] $U'_{i_j}\subset U_{a_j}$ [/mm] für $j=0,1,...,n$. Dann ist [mm] $U':=U\cap V_{a_0}\cap ...\cap V_{a_n}$ [/mm] Umgebung von $x$, die kein [mm] $U_{a_j}$, [/mm] insbesondere also auch kein [mm] $U'_{i_j}, [/mm] j=0,1,...,n$, trifft. Dann ist [mm] $\bigcup_{U'_i\cap A\neq\emptyset} [/mm] U'_i$ offene Umgebung von $A$, die die Umgebung $U'$ von $x$ nicht schneidet.
Das ist deinem Ansatz ja nicht sehr fremd  Problem war nur, dass ich nicht gesehen habe, dass ich zum Beweis der Normalität einfach alle Paare [mm] $(a,b)\in A\times [/mm] B$ zu betrachten und die durch die Hausdorffeigenschaft existenten disjunkten Umgebungen zu vereinigen brauche. Dann müsste der Beweis genau so laufen. Wie oben angesprochen, weiß ich aber nicht, wozu eine lokalendliche Überdeckung vorgegeben werden muss. Ich würde so anfangen wie du:
> Da X Hausdorff ist -eine Eigenschaft, die jeder/m Bonner MathematikerIn das Herz hoeher schlagen lassen muss, mal nur so am Rande erwaehnt !!! - koennen wir Punkte durch offene Mengen trennen und tun dies mal fuer alle Paare $ [mm] x\in [/mm] $ A, $ [mm] y\in [/mm] $ B: seien fuer solche $ [mm] x\in A_{x,y}, y\in B_{x,y} [/mm] $ und $ [mm] A_{x,y}\cap B_{x,y}=\emptyset [/mm] $ (und beide offen).
Und nun bildet [mm] ${\cal U}:=\left(\bigcup_{(x,y)\in A\times B} \{A_{x,y},B_{x,y}\}\right)\cup \{X\setminus (A\cup B)\}$ [/mm] eine offene Überdeckung von $X$, die eine lokalendliche, feinere Überdeckung [mm] ${\cal U}'=\{U'_i\}_{i\in I}$ [/mm] besitzt. So, nun sei [mm] $I_A\subset [/mm] I$ die Menge der [mm] $i\in [/mm] I$ mit [mm] $U'_i\subset A_{x,y}$ [/mm] für ein [mm] $(x,y)\in A\times [/mm] B$ und [mm] $I_B\subset [/mm] I$ die Menge der [mm] $i\in [/mm] I$ mit [mm] $U'_i\subset B_{x,y}$ [/mm] für ein [mm] $(x,y)\in A\times [/mm] B$; dabei muss nicht [mm] $I_A\cap I_B=\emptyset$ [/mm] gelten.
> Diese hat dann die nette Eigenschaft, dass jedes x in A nur mit hoechstens endlich vielen $ [mm] y\in [/mm] $ B ''offene Mengen dieser Ueberdeckung teilt'' (genuaer: zu jedem $ [mm] x\in [/mm] $ A ist die Menge der $ [mm] y\in [/mm] $ B, fuer die es ein U in der neuen lok-endl. Ueberd. gibt mit $ [mm] x,y\in [/mm] $ U, endlich)
Ah, kann es sein, dass man das nur schließen kann, wenn man zu vor mit den Schnitten $ [mm] U_{i_j}^x\cap A_{x,y}, U_{i_l}^y\cap B_{x,y} [/mm] $ gearbeitet hat? Ich sehe nämlich nicht, wie ich diesen Schluss bei "meiner" Überdeckung ziehen soll.
Hm, ich muss wohl noch etwas darüber nachdenken, ganz verstanden habe ich es leider noch nicht.
Danke für deine Hilfe!
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 07:57 Di 03.01.2006 | | Autor: | mathiash |
Hallo Hanno,
einverstanden ! Das sind die Probleme, wenn man Loesungen online waehrend des
Antwort-Schreibens generiert: Man faengt irgendwie an und kommt - hoffentlich - richtig aus, verwendet aber manchmal unnoetige Schritte.
Zweifelsohne schadet die Lokal-Endlichkeit am Anfang nicht, aber kuerzer ist es so - und
das hast Du doch auch geschrieben, oder ? - :
Trenne alle Paare [mm] x\in [/mm] A, [mm] y\in [/mm] B via Hausdorff, die Mengen [mm] A_{x,y}, B_{x,y} [/mm] bilden eine
offene Ueberdeckung, nimm eine lokalendliche Verfeinerung (mit der Bezeichnung
A'_{x,y}, B'_{x,y}) , dann liegt jedes [mm] x\in [/mm] A in
hoechstens endlich vielen Mengen B'_{x',y} mit [mm] x'\in [/mm] A, [mm] y\in [/mm] B (analog fuer die
[mm] y\in [/mm] B ), trenne jedes [mm] x\in [/mm] A von allen solchen [mm] y\in [/mm] B, bilde den Schnitt all dieser
- endlich vielen - Trennmengen (hier braucht man Endlichkeit,um offen zu bleiben),
und die Vereinigung dieser Schnitte ist offen, Obermenge von A und hat mit B leeren Schnitt , analog fuer B.
Gruss,
Mathias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:06 Di 03.01.2006 | | Autor: | mathiash |
Hallo zusammen,
ich seh das Problem: bei dem Uebergang zur lokalendl. Verfeinerung kann man nicht mehr
garantieren, dass noch [mm] x\in [/mm] A'_{x,y} gilt.
Also wuerd ich doch mit einer lokalendl. Ueberdeckung anfangen, jedes x in A von allen
[mm] y\in [/mm] B trennen, mit denen es in einer - von hoechstens endl. vielen ! - Mengen der Ueberdeckung gemeinsam liegt, den Schnitt dieser Trennmengen nehmen und den nochmal mit den Mengen der Ueberdeckung schneiden, die x und Elemente von B enthalten.
Gruss,
Mathias
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:18 Di 03.01.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo mathiash,
zwischendurch kurz eine Antwort auf Deinen neuen Ansatz:
Mit einer lokalendlichen Überdeckung anzufangen, hilft nicht. Schließlich ist X selbst auch eine wunderbare lokalendliche Überdeckung von sich selbst. Das heißt, wenn Dein Argument funktionieren würde (was leider nicht der Fall ist), dann müßte es auch mit dieser Trivalüberdeckung funktionieren.
Grüße,
Galois
![[]](/images/popup.gif) Bonner Matheforum
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:08 Di 03.01.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo mathiash!
Dein Beweis scheint mir an zwei Punkten relativ undurchsichtig zu sein:
Zum einen bei der Notation "$A'_{x,y}$, $B'_{x,y}$" für die Verfeinerung der Überdeckung [mm] $A_{x,y}$, $B_{x,y}$, $X\backslash (A\cup [/mm] B)$ (oder meintest Du eigentlich zwei Verfeinerungen?).
Zum anderen - und das ist wohl das schwerwiegendere Problem - bei folgender Stelle:
> dann liegt jedes [mm] $x\in$ [/mm] A in hoechstens endlich vielen Mengen $B'_{x',y}$ mit [mm] $x'\in [/mm] A$, [mm] $y\in [/mm] B$ ([...]), trenne jedes [mm] $x\in [/mm] A$ von allen solchen [mm] $y\in [/mm] B$, bilde den Schnitt all dieser - endlich vielen - Trennmengen (hier braucht man Endlichkeit,um offen zu bleiben), und die Vereinigung dieser Schnitte ist offen, Obermenge von A und hat mit B leeren Schnitt, analog fuer B.
Ich nehme an, "Schnitt all dieser - endlich vielen - Trennmengen" bezieht sich auf offene Umgebungen von x zu festem x, da sonst ja a priori keine Endlichkeit gesichert ist, und "Vereinigung dieser Schnitte" ist die Vereinigung über alle [mm] $x\in [/mm] A$. Die resultierende Umgebung von A hat dann zwar mit B tatsächlich leeren Schnitt - wir wollen aber, daß dies auch für eine Umgebung von B noch richtig ist.
Generell scheint mir der Ansatz von Hanno erfolgversprechender, werde da gleich noch etwas zu schreiben.
Grüße aus der Wegelerstr.,
Galois
Bonner Matheforum
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:13 Di 03.01.2006 | | Autor: | Galois |
Hallo Hanno!
Dein Ansatz, zunächst die Regularität zu zeigen, ist völlig richtig. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Der Weg mit einer a-priori gegebenen lokalendlichen Überdeckung und/oder Betrachtungen in [mm] $A\times [/mm] B$ führen meines Erachtens hingegen eher in die Irre.
Hier eine Modifikation Deines Regularitätsbeweises, der die Normalität zeigt:
Es sei $X$ parakompakt, $A, [mm] B\subseteq [/mm] X$ abgeschlossen und disjunkt. Da $X$ regulär ist, gibt es für alle [mm]a\in A[/mm] offene [mm] $U_a,V_a\subseteq [/mm] X$ mit [mm] $a\in U_a$, $B\subseteq V_a$ [/mm] und [mm] $U_a\cap V_a=\emptyset$. [/mm] Dann ist [mm]\mathcal{U}=\{U_a\}_{a\in A}\cup\{X\setminus A\}[/mm] eine offene Überdeckung von [mm]X[/mm]. Da [mm]X[/mm] parakompakt ist, existiert somit eine lokalendliche Verfeinerung [mm]\mathcal{U}'=\{U'_i\}_{i\in I}[/mm] von [mm]\mathcal{U}[/mm]. Dann gibt es für jedes [mm]b\in B[/mm] eine Umgebung [mm]W_b[/mm] von [mm]b[/mm] so, daß die Menge [mm]I'_b\subset I[/mm] der [mm]i\in I[/mm] mit [mm]W_b\cap U_i\neq\emptyset[/mm] endlich ist. Sei nun [mm]\{i_0,...,i_n\}\subset I'_b[/mm] die (von b abhängige) Teilmenge der [mm]i\in I'_b[/mm], so daß ein [mm]a\in A[/mm] mit [mm]U'_{i}\subset U_a[/mm] existiert; es seien [mm]a_0,...,a_n\in A[/mm] (abhängig von b) so gewählt, daß [mm] $U'_{i_j}\subset U_{a_j}$ [/mm] für $j=0,1,...,n$. Dann ist [mm]W'_b:=W_b\cap V_{a_0}\cap ...\cap V_{a_n}[/mm] Umgebung von [mm]b\in B[/mm], die kein [mm] $U_{a_j}$, [/mm] insbesondere also auch kein [mm] $U'_{i_j}$, [/mm] $j=0,1,...,n$, trifft. Dann ist [mm] $\bigcup_{U'_i\cap A\neq\emptyset}U'_i$ [/mm] eine offene Umgebung von $A$, die die Umgebung $W'_b$ von $b$ nicht schneidet.
Jetzt kommt der Clou: Die Umgebung [mm] $\bigcup_{U'_i\cap A\neq\emptyset} [/mm] U'_i$ von A hängt gar nicht von [mm] $b\in [/mm] B$ ab! Daher ist sie disjunkt zur Umgebung [mm] $\bigcup_{b\in B} [/mm] W'_b$ von B.
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:10 Di 03.01.2006 | | Autor: | Hanno |
Hallo Galois!
Danke für deine Antwort. Das ist ja das gleiche wie mein Regulartitätsbeweis, lediglich nicht ausgehend von den durch die Hausdorffeigenschaft disjunkten Umgebungen verschiedener Punkte, sondern den nach der Regularität existenten trennenden Umgebungen von abgeschlossener Menge und Punkt. Spitze!
Danke!
Liebe Grüße,
Hanno
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