Mathematik: Topologie: Trennungsaxiome

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Trennungseigenschaften / Urysohn's Lemma

Wir haben bereits bei der Betrachtung von feineren und gröberen Topologien gesehen, daß man die einzelnen Punkte je nach Topologie mehr oder weniger gut voneinander unterscheiden kann. Eine feinere Topologie bedeutet eine stärkere Struktur des Raumes, in der man beim Betrachten der Punkte in gewisser Hinsicht eine höhere Auflösung hat. Bei einer genügend feinen Topologie kann man immer kleinere Umgebungen eines Punktes wählen, durch die die Sicht auf den Punkt immer besser wird, bis man ihn schließlich scharf erkennen kann. In der Sprache des vorigen Abschnitts bedeutet das, daß der Umgebungsfilter $𝒰(x)$ eines Punktes $x$ nur gegen $x$ allein konvergiert.

Die Trennungseigenschaften liefern nun eine Art Maß für die Stärke der Struktur eines topologischen Raumes. Genaueres lehrt folgende

Ein Raum mit der Trennungseigenschaft $T_1$, $T_2$ usw. heißt auch entsprechend $T_1$-Raum, $T_2$-Raum usw.

Bemerkung: offensichtlich ist ein Hausdorffraum auch $T_1$ und ein $T_1$-Raum auch $T_0$.

Beispiel: Metrische Räume sind separiert, denn seien $(M,d)$ ein metrischer Raum und $x,y\in M$. Die offenen Kugeln ${ℬ}_r(x),{ℬ}_r(y)$ vom Radius $r=\frac{d(x,y)}{3}$ sind dann disjunkte offene Umgebungen von $x$ und $y$.

Beispiel: Der $n$-dimensionale Raum ${ℝ}^n$ ist ein metrischer Raum und daher auch separiert.

Satz: Ein $T_{3a}$-Raum ist auch $T_3$.

Beweis: Sei $X$ ein $T_{3a}$-Raum, $A\subseteq X$ eine abgeschlossene Menge in $X$ und $x\in X-A$. Dann gibt es eine stetige Funktion $f:X\to [0,1]$ mit $f(x)=1$ und $f(A)=0$. Betrachte die offenen Umgebungen $V_1=]2/3,1]$ von 1 und $V_0=[0,1/3[$ von 0. Wegen der Stetigkeit von $f$ sind die Urbilder $U_x=f^{-1}(V_1)$ und $U_A=f^{-1}(V_0)$ offen. Da $V_0$ und $V_1$ disjunkt sind, sind $U_A$ und $U_x$ auch disjunkt. Weiter gilt offensichtlich $x\in U_x$ und $A\subseteq U_A$. Daraus folgt aber die Eigenschaft $T_3$. $\surd$

Satz: Ein topologischer Raum $X$ ist genau dann $T_1$, wenn jede einpunktige Menge abgeschlossen ist.

Beweis: Sei zunächst $X$ ein $T_1$-Raum und $x\in X$. Ist nun $y\in X-\{x\}$, so ist $y\ne x$ und es gibt eine Umgebung $U_y$ von $y$ mit $x\notin U_y$. Es ist also $U_y\subseteq (X-\{x\})$, und das bedeutet, daß $X-\{x\}$ offen ist. Dann ist aber $\{x\}$ abgeschlossen.

Sei jetzt jede einpunktige Menge von $X$ abgeschlossen, und seien $x,y$ zwei verschiedene Punkte von $X$. Wegen $x\ne y$ ist $x\in X-\{y\}$. Da $\{y\}$ abgeschlossen ist, ist $X-\{y\}$ offen. Daher gibt es eine Umgebung $U_x$ von $x$, mit $U_x\subseteq (X-\{y\})$ und damit $y\notin U_x$. Ebenso ist $y\in X-\{x\}$, und wie vorher findet man eine Umgebung $U_y$ von $y$ mit $x\notin U_y$. Die Existenz dieser Umgebungen $U_x$ und $U_y$ bedeutet aber gerade, daß $X$ ein $T_1$-Raum ist. $\surd$

Korollar: Ein normaler Raum ist regulär, und ein regulärer Raum ist hausdorffsch.

Beweis: Folgt direkt aus dem vorigen Satz. $\surd$

Wenn man die Liste der Trennungseigenschaften betrachtet, kann man sich fragen, warum dort keine zu $T_{3a}$ analoge Eigenschaft $T_{4a}$ auftaucht. Eine solche Eigenschaft ist allerdings überflüssig, denn sie wäre zu $T_4$ gleichwertig. Gäbe es die Eigenschaft $T_{4a}$, so könnte man genauso wie im Fall der $T_{3a}$-Räume schließen, daß ein $T_{4a}$-Raum auch $T_4$ ist. Die andere Richtung lehrt Urysohn's Lemma. Zunächst benötigen wir aber noch einen

Hilfssatz: Seien $X$ ein $T_4$-Raum, $C\subset X$ eine abgeschlossene und $U\subset X$ eine offene Teilmenge von $X$ mit $C\subset U$. Dann gibt es eine offene Teilmenge $V$ von $X$, so daß $C\subset V\subset \bar{V}\subset U$.

Beweis: Wegen $C\subset U$ folgt $C\cap (X-U)=\mathrm{\varnothing }$. Weiter sind $C$ und $X-U$ abgeschlossen und X ist $T_4$. Daher gibt es offene Umgebungen $V,W$ von $C$ respektive $X-U$, so daß $V\cap W=\mathrm{\varnothing }$ und damit $V\subset (X-W)$. Da $X-W$ abgeschlossen ist, folgt nach einer früheren Bemerkung $\bar{V}\subset (X-W)$. Nun ist $(X-U)\subset W$, und das impliziert $(X-W)\subset U$. Zusammen ergibt sich wie behauptet $C\subset V\subset \bar{V}\subset (X-W)\subset U$. $\surd$

Satz (Urysohn's Lemma): Seien $X$ ein $T_4$-Raum und $A,B\subseteq X$ abgeschlossene, disjunkte und nicht leere Teilmengen von $X$. Dann gibt es eine stetige Funktion $f:X\to [0,1]$ mit $f(A)=0$ und $f(B)=1$.

Beweis: Wegen $A\cap B=\mathrm{\varnothing }$ ist $A\subset (X-B)$. Nun ist $A$ abgeschlossen, $X-B$ offen, und nach dem Hilfssatz existiert eine offene Menge $G_0$ mit $A\subset G_0\subset \overline{G_0}\subset (X-B)$. Nun wenden wir den Hilfssatz auf $\overline{G_0}$ und $X-B$ an, und erhalten so eine offene Menge $G_1$ mit $A\subset G_0\subset \overline{G_0}\subset G_1\subset \overline{G_1}\subset (X-B)$. Die Idee ist nun, den Hilfssatz immer wieder neu induktiv anzuwenden, bis man eine Familie von ineinanderliegenden Mengen erhält, auf denen man die gewünschte stetige Funktion definieren kann. Die Konstruktion funktioniert wie folgt:

Schritt 1: Nach dem Hilfssatz existiert eine offene Menge $G_{1/2}$, so daß $\overline{G_0}\subset G_{1/2}\subset \overline{G_{1/2}}\subset G_1$.

Schritt 2: die weitere Anwendung liefert offene Mengen $\overline{G_0}\subset G_{1/4}\subset \overline{G_{1/4}}\subset G_{1/2}\subset \overline{G_{1/2}}\subset G_{3/4}\subset \overline{G_{3/4}}\subset G_1$.

Schritt n: nun erhält man offene Mengen $G_{\frac{p}{2^n}},p\in \{1,2,...,2^n-1\}$, so daß $\stackrel{‾}{G_{\frac{p-1}{2^n}}}\subset G_{\frac{p}{2^n}}\subset \stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}}\subset G_{\frac{p+1}{2^n}}$ für alle $1\le p\le 2^n-1$ gilt.

Wir haben jetzt für alle Zahlenpaare $p,n\in \mathbb{N}$ mit $p\le 2^n$ eine Menge $G_{\frac{p}{2^n}}$ definiert. Seien $p,n$ und $q,m$ zwei solche Zahlenpaare mit $\frac{p}{2^n}<\frac{q}{2^m}$. Dann ist $\frac{2^{m}p}{2^{n+m}}<\frac{2^{n}q}{2^{n+m}}$. Für die zugehörigen Mengen $G_{\frac{p}{2^n}}$ und $G_{\frac{q}{2^m}}$ gilt dann nach Konstruktion $\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}}=\stackrel{‾}{G_{\frac{2^{m}p}{2^{n+m}}}}\subset G_{\frac{2^{n}q}{2^{n+m}}}=G_{\frac{q}{2^m}}$, also $\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}}\subset G_{\frac{q}{2^m}}$. Anders ausgedrückt können wir je zwei Zahlen $0\le r<s\le 1$, die sich in der Form $r=\frac{p}{2^n}$ bzw. $s=\frac{q}{2^m}$ schreiben lassen, offene Mengen $G_r$ und $G_s$ zuordnen, so daß $\overline{G_r}\subset G_s$ ist. So weit, so gut, doch wir wollen die Definition solcher Mengen auf alle reellen Zahlen im Intervall $[0,1]$ ausdehnen, und dann eine stetige Funktion $f:X\to [0,1]$ definieren mit $f(x)=0$ für $x\in A$ und $f(x)=1$ für $x\in B$.

Dazu sei für ein beliebiges reelles $t\in [0,1]$ die offene Menge $G_t=\bigcup _{\frac{p}{2^n}<t}{G}_{\frac{p}{2^n}}$. Der Einfachheit halber definieren wir die gesuchte Funktion zunächst als Funktion $f:X\to ℝ$ in die ganze Menge der reellen Zahlen durch

$f(x)=inf\{t\in [0,1]\mid x\in G_t\}$ für $x\in G_1$

$f(x)=1$ sonst

Wir halten fest, daß $f(x)=0$ ist für $x\in A\subset G_0$, und $f(x)=1$ für $x\in B\subset (X-G_1)$. Bleibt noch zu zeigen, daß $f$ stetig ist oder, äquivalent dazu, daß $f$ in jedem Punkt stetig ist. Sei also $x_0\in X$ irgendein Punkt in $X$. Sei weiter $U$ eine Umgebung von $f(x_0)\in ℝ$. $U$ enthält ein offenes Intervall der Form $]f(x_0)-ϵ,f(x_0)+ϵ[$ um $f(x_0)$ für ein geeignetes $ϵ>0$. Um die Stetigkeit in $x_0$ zu zeigen, müssen wir eine offene Umgebung von $x_0$ angeben, die ganz im Urbild $f^{-1}(]f(x_0)-ϵ,f(x_0)+ϵ[)$ enthalten ist, und in das offene Intervall $]f(x_0)-ϵ,f(x_0)+ϵ[$ abgebildet wird. Nun gibt es geeignete Zahlen $p,n\in \mathbb{N}$, so daß $f(x_0)-ϵ<\frac{p}{2^n}<f(x_0)<\frac{p+1}{2^n}<f(x_0)+ϵ$ ist. Daraus folgt $x_0\in (G_{\frac{p+1}{2^n}}-\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}})\subset f^{-1}(]f(x_0)-ϵ,f(x_0)+ϵ[)$ und weiter $f(G_{\frac{p+1}{2^n}}-\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}})\subset ]f(x_0)-ϵ,f(x_0)+ϵ[$. Wegen $G_{\frac{p+1}{2^n}}-\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}}=G_{\frac{p+1}{2^n}}\cap (X-\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}})$ ist $G_{\frac{p+1}{2^n}}-\stackrel{‾}{G_{\frac{p}{2^n}}}$ offen und damit die gesuchte offene Umgebung von $x_0$. Da $f$ als Funktion $f:X\to ℝ$ stetig ist, aber nur Werte im Intervall $[0,1]$ annimmt, ist $f$ auch als Funktion $f:X\to [0,1]$ stetig. $\surd$

Korollar: Ein normaler Raum ist vollständig regulär.

Beweis: klar. $\surd$

Korollar: normal $\Rightarrow$ vollständig regulär $\Rightarrow$ regulär $\Rightarrow$ hausdorffsch $\Rightarrow$ $T_1$ $\Rightarrow$ $T_0$.

Beweis: Das ist nur die Zusammenfassung der bisherigen Überlegungen. $\surd$

Schließlich kommen wir noch zu einem Satz, der eine Beziehung zwischen den Trennungsaxiomen und der Konvergenz von Filtern herstellt.

Satz: Ein topologischer Raum $X$ ist genau dann hausdorffsch, wenn jeder Filter höchstens einen Limespunkt hat.

Beweis: Sei zunächst $X$ ein Hausdorffraum und $ℱ$ ein Filter auf $X$. Angenommen, es gibt mehr als einen Limespunkt. Dann seien $x,y\in X$ verschiedene Limespunkte von $ℱ$. Da $ℱ$ gegen beide Punkte konvergiert, gehören sowohl die Umgebungen von $x$ als auch die Umgebungen von $y$ zu $ℱ$. Weil $X$ hausdorffsch ist, haben $x$ und $y$ disjunkte Umgebungen. Der Durchschnitt dieser Umgebungen, also die leere Menge, müsste dann aber im Widerspruch zur Definition eines Filters ebenfalls zu $ℱ$ gehören.

Habe jetzt andererseits jeder Filter höchstens einen Limespunkt, und seien $x,y$ zwei verschiedene Punkte in $X$. Sei $𝒰(x)$ der Umgebungsfilter von $x$ und $𝒰(y)$ der von $y$. Angenommen, es gäbe keine zwei disjunkten Umgebungen $U\in 𝒰(x)$ und $V\in 𝒰(y)$, so wäre durch $ℬ=\{U\cap V\mid U\in 𝒰(x),V\in 𝒰(y)\}$ die Basis eines Filters definiert. Es wäre nämlich $\mathrm{\varnothing }\notin ℬ$ nach Annahme, und für zwei Mengen $U_1\cap V_1,U_2\cap V_2\in ℬ$ wäre $(U_1\cap V_1)\cap (U_2\cap V_2)=(U_1\cap U_2)\cap (V_1\cap V_2)\in ℬ$. Der von dieser Basis erzeugte Filter enthielte aber wegen $U\cap V\subseteq U$ alle Umgebungen von $x$ und ebenso alle Umgebungen von $y$. Dann wären aber sowohl $x$ als auch $y$ Limespunkte des Filters im Widerspruch zur Voraussetzung. Der Raum $X$ ist also hausdorffsch. $\surd$

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