Nachdem wir im letzten Kapitel topologische Räume eingeführt ...

2. StetigeAbbildungen 11
2. STETIGE ABBILDUNGEN
NachdemwirimletztenKapiteltopologischeRäumeeingeführthaben,wollenwirnunAbbildungen
zwischen solchenRäumen untersuchen.Wie schon in der Einleitungerwähnt sind in der Topologie
vor allem die stetigen Abbildungen wichtig — in der Tat ist die Definition eines topologischen
Raumes gerade so gemacht, dass man damit das Konzept von stetigen Abbildungen formulieren
kann.
Definition 2.1(Stetigkeit). Essei f :X →Y eineAbbildungzwischentopologischenRäumen.
(a) f heißt stetig in einem Punkt a∈X, wenn zu jeder UmgebungU von f(a) inY das Urbild
f −1 (U)eineUmgebungvonain X ist.
(b) f heißtstetig,wenn f injedemPunkta∈X stetigist.
X
f −1 (U)
a
f
Bemerkung 2.2. In der Tat genügt es in Definition 2.1 (a), für jede offene UmgebungU von f(a)
nachzuprüfen,dass f −1 (U)eineUmgebungvonaist.Ist dannnämlichV einebeliebigeUmgebung
von f(a), so enthält diese nach Definition 1.17 (a) eine offene UmgebungU von f(a). Wissen wir
nun,dass f −1 (U)danneineUmgebungvonaist,soistdamitnatürlichauch f −1 (V)⊃ f −1 (U)eine
Umgebungvona.
Wir wollen nun zuerst nachprüfen, dass Definition 2.1 für metrische Räume äquivalent zum euch
bekannten ε-δ-KriteriumfürStetigkeitist.
Lemma 2.3 (Stetigkeit in metrischen Räumen). Es sei f : X →Y eine Abbildung zwischen metrischenRäumen.Dannsindfüralle
a∈X diefolgendenbeidenAussagenäquivalent:
(a) f ist stetig ina(im SinnevonDefinition2.1);
(b) ∀ε >0∃δ >0∀x∈X : d(x,a) 0. Für alle x ∈ X mit d(x,a) < δ, also x ∈U δ(a), gilt dann also auch
x∈ f −1 (Uε(f(a))), d.h. f(x)∈Uε(f(a)) unddamitd(f(x), f(a)) < ε.
” (b) ⇒ (a)“: Es sei U eine Umgebung von f(a). Dann enthält U eine ε-Kugel Uε(f(a)). Wir
wählen nun gemäß (b) zu diesem ε ein passendes δ. Dann ist U δ(a) ⊂ f −1 (Uε(f(a))), denn für
alle x ∈U δ(a) gilt ja d(x,a) < δ, also auch d(f(x), f(a)) < ε und damit f(x) ∈Uε(f(a)), d.h.
x ∈ f −1 (Uε(f(a))). Also ist f −1 (Uε(f(a))) und damit auch die noch größere Menge f −1 (U) eine
Umgebungvona.NachDefinitionist f daherstetig ina. �
Möchte man von einer Abbildung nicht unbedingt genau wissen, in welchen Punkten sie stetig ist
undinwelchennicht,sondernnur,obsieinallen Punktenstetigist, sogibteshierfüreinKriterium,
dasoftvieleinfacheranzuwendenistalsDefinition2.1.AuchdiesesKriterium,daswirimfolgenden
Satz beweisen wollen, ist euch vermutlichzumindestzum Teil schon für den Fall von Abbildungen
zwischenTeilmengendesR n ausdenGrundlagenderMathematikbekannt.
Satz 2.4 (Kriterien für Stetigkeit). Für eine Abbildung f :X →Y zwischen topologischenRäumen
sinddie folgendenAussagenäquivalent:
(a) f ist stetig.
(b) FüralleoffenenTeilmengenU ⊂Y ist f −1 (U) offeninX.
Y
U
f(a)

12 Andreas Gathmann
(c) FüralleabgeschlossenenTeilmengenA⊂Y ist f −1 (A) abgeschlosseninX.
(d) FüreineBasis B derTopologieauf Y ist f −1 (U) offenin X füralleU ∈ B.
Beweis. ” (a)⇒(b)“:Esseien f stetig,U ⊂Y offenunda∈ f −1 (U),also f(a)∈U.DannistU eine
Umgebung von f(a), und damit ist f −1 (U) nach Definition 2.1 (a) eine Umgebung von a. Es gibt
also eine offeneMengeVa in X mit a∈Va ⊂ f −1 (U). Vereinigenwir nun diese MengenVa für alle
a∈ f −1 (U), soerhaltenwir
f −1 (U)⊂ �
a∈f −1 (U) Va (denna∈Va fürallea∈ f −1 (U))
⊂ f −1 (U) (wegenVa ⊂ f −1 (U)).
Also gilt hierdie Gleichheit,und f−1 (U)ist alsVereinigungoffenerMengenoffen.
” (b)⇒(a)“:Esseiena∈X beliebigundU eineUmgebungvon f(a) inY.Danngibteseineoffene
Menge V in Y mit f(a) ∈V ⊂U. Da Urbilder offener Mengen unter f nach Voraussetzung offen
sind,ist f−1 (V)nunoffeninX.Wegena∈ f−1 (V)⊂ f−1 (U)ist f−1 (U)damiteineUmgebungvon
a inX.Also ist f stetig ina.
” (b)⇔(c)“:Diesergibtsich sofortdurchÜbergangzumKomplement,da
f −1 (Y\U)=X\f −1 (U)
fürjede(offene)TeilmengeU vonY gilt.
” (b) ⇔ (d)“: Nach Definition 1.10 hat eine Basis B ja gerade die Eigenschaft, dass jede offene
MengeU inY VereinigungvonMengenUi ∈ B füri∈I miteinerIndexmengeI ist.Diebehauptete
ÄquivalenzfolgtdamitsofortausderBeziehung
f −1 (U)= f −1� � �
= �
f −1 (Ui),
i∈I
da VereinigungenoffenerMengenwiederoffensind. �
Bemerkung 2.5. In vielen Büchern über Topologie wird die Stetigkeit von Abbildungen über das
KriteriumvonSatz2.4(b)definiert.DiesistzwareinfacherhinzuschreibenalsunsereDefinition2.1,
hat aber den entscheidendenNachteil, dass man dieser Definitionnicht ansieht, dass Stetigkeit eine
lokaleEigenschaftist, d.h.dassmanStetigkeit ineinemPunkt definierenkannundeineAbbildung
damitgenaudannstetigist, wennsie injedemPunktstetig ist.
Beispiel 2.6. AufgrundvonLemma2.3übertragensichnatürlichalleBeispieleundGegenbeispiele
fürstetige AbbildungenaufTeilmengenvon R n , die ihrausdenGrundlagenderMathematikkennt,
sofortaufunsereneueDefinition.HiersindnocheinpaarweitereBeispieleinanderentopologischen
Räumen:
Ui
(a) EineAbbildung f :X →Y zwischentopologischenRäumenistimmer stetig,wennX diediskreteTopologiehat—denndannistjajede
TeilmengevonX offenundsomitdasKriterium
von Satz 2.4 (b) immer erfüllt. Ebenso ist f immer stetig, wennY die indiskrete Topologie
hat, denn dann sind ja /0 undY die einzigen offenen Mengen in Y, und somit ist auch hier
wegen f −1 (/0)= /0 und f −1 (Y)=X dasKriteriumausSatz 2.4(b)immererfüllt.
(b) Es sei Y eine Teilmenge eines topologischen Raumes X. Wie üblich fassen wir Y mit der
Teilraumtopologieaus Konstruktion1.6 selbst wieder als topologischenRaum auf. Wir betrachtendieInklusionsabbildung
i∈I
i:Y →X, a↦→a.
Ist U ⊂X offen, so ist natürlich i −1 (U) =Y ∩U, und diese Menge ist nach Definition der
Teilraumtopologie offen in Y. Also ist i nach Satz 2.4 ” (b) ⇒ (a)“ stetig. In der Tat sind
genau die Mengen dieser Form offen inY — was man auch so formulieren kann, dass die
Teilraumtopologiediegröbste TopologieaufY ist,fürdiedieInklusionsabbildungi:Y →X
stetigist.

2. StetigeAbbildungen 13
(c) Sind f :X →Y und g:Y →Z stetige Abbildungenzwischen topologischenRäumen, so ist
auch die Verkettungg◦ f :X →Z stetig — diesergibtsich z.B. sofort ausdem StetigkeitskriteriumausSatz2.4(b).
Aufgabe 2.7. In dieser Aufgabe wollen wir verschiedene Stetigkeitsbegriffe der Analysis untersuchen
und sehen, wie man sie auf unsere in Definition 2.1 eingeführte Stetigkeit von Abbildungen
zwischentopologischenRäumenzurückführenkann.
Essei dazu T die Sorgenfrey-TopologieausAufgabe1.13.
(a) EineFunktion f :R→R heißtina∈R rechtsseitigstetig,wenn
lim
x→a
x≥a
f(x)= f(a).
Was bedeutet das anschaulich? Zeige, dass diese Bedingung der rechtsseitigen Stetigkeit
in a äquivalent ist zur Stetigkeit in a als Abbildung (R,T ) → R zwischen topologischen
Räumen (wobei im Zielraum die Standardtopologie von R verwendet wird). Analog kann
mannatürlichdielinksseitigeStetigkeit einführenundbehandeln.
(b) Beschreibe alle stetigen Funktionen f : R → (R,T ) (mit der Standardtopologie im Startraum).
(c) EineFunktion f :R→R heißtina∈R halbstetigvonoben,wenngilt
∀ε >0∃δ >0∀x∈R: |x−a|

14 Andreas Gathmann
f :[0,2π) →
�
(x,y)∈R 2 : x 2 +y 2 �
=1
t ↦→ (cos(t),sin(t)),
0 2π
die das halboffene Intervall von 0 bis 2π in R stetig und bijektiv auf den Rand des Einheitskreises
abbildet. Für diese Abbildung ist f −1 nicht stetig, da das Bild einer kleinen
Umgebungvon 0∈[0,2π) unter f (wie im Bild oben dick eingezeichnet)keine Umgebung
des Bildpunktes f(0) ist und f −1 damit nicht das Kriterium aus Definition 2.1 (a) erfüllt.
(Natürlichistauchanschaulichklar,dasseinIntervalldurchaustopologischvoneinerKreislinieunterscheidbarundsomit
f keinHomöomorphismusseinsollte.)
Wir werden in Folgerung 4.15 allerdings noch ein einfaches hinreichendesKriterium dafür
kennenlernen,wanneinestetigeundbijektiveAbbildungbereitseinHomöomorphismusist.
Beispiel 2.10(BeispielehomöomorpherRäume).
(a) In R n ist die offene EinheitskugelU1(0) homöomorphzum gesamten Raum R n : die offensichtlichstetigenAbbildungen
f :U1(0)→X, x↦→ x
1−||x||
leisten das Gewünschte, denn f−1 bildet wegen ||x||
1+||x||
Einheitskugelab,esist
f −1 (f(x))=
x
1−||x|| ·
1
1+ ||x||
1−||x||
und f −1 :X →U1(0), x↦→ x
1+||x||
=
f
f(0)
< 1 für alle x ∈ X wirklich in die
x
=x füralle x∈U1(0)
1−||x||+||x||
und genauso f(f −1 (x)) =x für alle x ∈X. Anschaulich streckt f einfach jeden Vektor x∈
U1(0) mit einem Faktor, der nur von ||x|| abhängt (f bildet also Kreise um 0 wieder auf
Kreiseum0ab)undgegenUnendlichstrebt,wennxsichdemRandderEinheitskugelnähert.
Wir schließen daraus, dass die Topologie in diesem Sinne nicht zwischen ” unterschiedlich
großen“ Räumen unterscheiden kann, auch nicht zwischen solchen ” mit endlicher und unendlicherAusdehnung“.
(b) Bezeichnet || · ||2 die euklidische Norm und || · ||∞
die Maximumsnorm auf R n , so ist die (z.B. abgeschlossene)Einheitskugel
X ={x∈R n : ||x||2 ≤1}
homöomorphzum(abgeschlossenen)Einheitswürfel
mitHilfederAbbildung
Y ={x∈R n : ||x||∞ ≤1}
f :X →Y, x↦→ ||x||2
·x bzw. f
||x||∞
−1 :Y →X, y↦→ ||y||∞
·y.
||y||2
Beachtedabei,dassbeideAbbildungenauchim Nullpunkt(woihrFunktionswertzu0defi-
niertwird)stetig sind,dennfüralle x,y∈R n \{0}gilt
||x||2
=
||x||∞
�
x 2 1 +···+x2 n
||x||∞
≤ √ n und
X
||y||∞ ||y||∞
= �
||y||2 y2 1 +···+y2 ≤1,
n
f
Y

2. StetigeAbbildungen 15
da ||x||∞ bzw. ||y||∞ nach Definition ja der größte Betrag einer Koordinate von x bzw. y
ist. Aufgrund der Konstruktion der Abbildungen ist klar, dass f und f −1 wirklich invers
zueinandersind,unddasssie wie behauptetX undY aufeinanderabbilden.
Wir können dieses Ergebnis so interpretieren, dass die Topologie ” keine Ecken sieht“: ein
Kreisist z.B.topologischäquivalentzueinemViereck.
Aufgabe2.11. EsseienDeinDreieckundK ein(abgeschlossener)KreisinR 2 mitderStandardtopologie.Zeige,dassDundK
homöomorphsind.
Beispiel 2.12(Beispielenicht-homöomorpherRäume).
(a) Zwischen Q und Z gibt es zwar bekanntlich bijektive Abbildungen (da beides abzählbar
unendliche Mengen sind), als Teilmengen von R mit der Teilraumtopologiebetrachtet sind
sie jedochnicht homöomorph:angenommen,wir hätten einen Homöomorphismus f :Q→
Z.DaZnachBeispiel1.8(b)diediskreteTopologieträgtunddieeinelementigeMenge{0}
damit offen in Z ist, müsste die ebenfallseinelementige Menge f −1 ({0}) nach Satz 2.4 (b)
dann auch offen in Q sein — was ein Widerspruch ist, da Punkte in Q nicht offen sind. Es
gibtalso nichteinmaleinestetige undbijektiveAbbildung f :Q→Z.
(b) Man kann zeigen, dass die Topologie Dimensionen unterscheiden kann“: bezeichnet z.B.
”
In :=[0,1] n ⊂Rn denn-dimensionalenEinheitswürfel,sosindalledieseI n topologischverschieden,
also paarweise nicht zueinander homöomorph.Dies ist jedoch schon ein schwierigesResultat
deralgebraischenTopologie,von demwir in dieser Vorlesungin Beispiel 3.9
(a)nurdeneinfachenSpezialfallbeweisenkönnen,dassdassEinheitsintervallI 1 nichtzueinemanderenI
n mitn>1homöomorphist.DieSituationistdabeideutlichkomplizierterals
man zunächst annehmen würde: dass z.B. das Einheitsintervall I1 ⊂ R nicht homöomorph
zum Einheitsquadrat I2 ⊂ R2 ist, liegt nicht etwa daran, dass I2 ” zu groß“ ist, um mit einer
stetigen AbbildungdurchI 1 ausgefülltzu werden.Es gibtnämlichdurchausstetige und
surjektive Abbildungenvon I1 nach I2 , wie wir gleich zeigen werden. In der Tat macht die
Existenz derartig wilder“ stetiger Abbildungen einige Beweise in der Topologie deutlich
”
schwieriger,alsmansichdaswünschenwürde.
Satz 2.13(Peano-Kurve). Esgibt einestetige undsurjektiveAbbildungvom EinheitsintervallI 1 :=
[0,1] ⊂ R in das Einheitsquadrat I 2 := [0,1] 2 ⊂ R 2 . Man bezeichnet eine solche Abbildung, also
eine ” flächenfüllendeKurve“,alsPeano-Kurve.
Beweisskizze. Da die Peano-Kurven für uns eigentlich nur als ” abschreckendes Beispiel“ dienen,
werdenwir denBeweis diesesSatzeshier nurskizzieren,so dassman dieIdeehinterder Konstruktionsieht.
Wir konstruieren die gesuchte stetige surjektive Funktion f : I 1 → I 2 als Grenzwert einer rekursiv
definiertenFunktionenfolge fn :I 1 →I 2 .Dabeiist f0 einfachdieGerade
f0 :I 1 →I 2 , t ↦→(t,t),
diedasEinheitsquadratmitkonstanterGeschwindigkeitvonlinksuntennachrechtsobendurchläuft.
FürdienächsteFunktion f1 teilenwirI 2 in9gleichgroßeTeilquadrateentlangderhorizontalenund
vertikalenLinienbei 1 3 und 2 3 , unddurchlaufennun diese 9 TeilquadratederReihe nachentlangih-
rer Diagonalenwie im Bild unten dargestellt.Die Abbildung f1 besteht also aus 9 Geradenstücken,
die alle mit gleicher Geschwindigkeit durchlaufen werden — ihr Bild unten ist an den Ecken nur
deswegen abgerundet eingezeichnet, damit den Verlauf besser erkennen kann. Beachte, dass die
zurückgelegte Strecke von f1 dreimal so lang ist wie bei f0 und der Weg daher mit dreifacher Geschwindigkeitdurchlaufenwird.

16 Andreas Gathmann
1
f0(0)
0
0
f0(1)
1
2
3
1
3
1
0
0
0
1 0 1 2 1 0 1 1 0 1
3 3 9
1
f0 f1 f2 27 f3
DienächsteAbbildung f2 entstehtnunaus f1,indemwirwieimBildobenjedesder9Geradenstücke
von f1 (z.B. das in dem dunkel eingezeichneten Teilquadrat) durch einen Weg ersetzen, der selbst
wiederwie f1 aussieht.EntsprechendersetzenwirdannjedesderGeradenstückevon f2 durcheinen
Weg wie f1, um f3 zu erhalten. Setzen wir dieses Verfahren fort, so erhalten wir eine Folge von
Abbildungen fn :I 1 →I 2 .Wirbehauptennun,dass f(t):=limn→∞ fn(t)wiegewünschteinestetige
undsurjektiveAbbildungvonI 1 nachI 2 ist.
Um erst einmal zu sehen, dass die Grenzfunktion f überhaupt existiert, seien t ∈ I 1 und n0 ∈ N.
Dann liegt fn0 (t) auf einem Geradenstück, das in einem Teilquadrat von I2 mit Seitenlänge 3 −n0
verläuft.Für alle späteren n≥n0 ändertsich dieser Teil der Kurvenach Konstruktionnun nurnoch
innerhalb dieses Teilquadrats.Insbesondereliegen fn(t) und fm(t) für alle n,m≥n0 also in diesem
Teilquadrat,undwir erhalten
||fn(t)− fm(t)||∞ ≤3 −n0 ,
wobei || · ||∞ die Maximumsnorm auf R 2 bezeichnet. Diese Abschätzung besagt aber gerade, dass
(fn(t))n∈N für alle t eine Cauchy-Folge ist und damit gegen ein f(t) ∈ I 2 konvergiert. Da die
rechte Seite dieser Abschätzung nicht von t abhängt, ist die Funktionenfolge (fn) darüber hinaus
gleichmäßigkonvergentunddie Grenzfunktion f daherbekanntlichstetig.
Esbleibtalsonurnochzuzeigen,dass f surjektivist.DazuerinnernwirunsausdenGrundlagender
Mathematik daran, dass das Bild der kompakten Teilmenge I 1 von R unter der stetigen Abbildung
f nach R 2 kompakt und damit insbesondere abgeschlossen sein muss (siehe auch Satz 4.13). Das
KomplementdesBildes f(I 1 )istdemnachalsooffen.Wäre f nichtsurjektiv,müsstealsosogareine
ganze ε-Kugelunddamitinsbesondereauchfüreingeeignetesn0 einesderobigenTeilquadratemit
Seitenlänge 3 −n0 komplett im Bild von f fehlen — was nach Konstruktion aber unmöglich ist, da
alle fn fürn≥n0 unddamitauch f durchdiesesTeilquadratlaufenmuss. Alsoist f surjektiv. �
Aufgabe2.14. Konstruiereeinestetige surjektiveAbbildung...
(a) vonI 1 nachI 3 (wobeiwie obenI n :=[0,1] n ⊂R n dern-dimensionaleEinheitswürfelist);
(b) vonRnachR 2 .
Bemerkung 2.15. Da homöomorpheRäume als topologisch gleichwertig anzusehen sind, ist es eines
der wichtigsten Probleme der Topologie herauszufinden, ob zwei gegebene Räume X und Y
homöomorphsindodernicht.SinddieRäumehomöomorph,sowirdmandiesinderRegelnatürlich
dadurchbeweisen, dass man einen Homöomorphismus f :X →Y konkretangibt— so wie wir das
in Beispiel 2.10 getan haben. Wie aber zeigt man, dass zwei Räume nicht homöomorph sind, also
dass es keinen Homöomorphismus zwischen ihnen geben kann? Die Idee ist hier natürlich, dass
man topologischeEigenschaftensucht (also solche,die unterHomöomorphismenunverändertbleiben),
die bei den beiden Räumen verschieden sind. Was für Eigenschaften von Räumen sind also
solche topologischeEigenschaften?Wir haben in Beispiel 2.10 schon gesehen, dass die Größe und
eventuelle ” Ecken“ desRaumesnichtdazugehören.
WirbetrachtendazueinmaldieuntenabgebildetenfünftopologischenRäume(alsTeilräumevonR 3
mitderStandardtopologieaufgefasst).Siesindalleals ” zweidimensionaleObjekte“ zuverstehen,es
handeltsichalso jeweilsnurumdieOberflächederbetrachtetenFiguren.
1

(a)
(b)
2. StetigeAbbildungen 17
(c) (d) (e)
Diese Räume sind in der Tat alle nicht homöomorph zueinander. Auch wenn wir dies momentan
noch nicht exakt beweisen können, sind die topologischen Eigenschaften, die bei diesen Räumen
verschiedensind,anschaulichleicht einzusehen:die beidenBänder (a)und(b)habenim Gegensatz
zu den anderen drei Räumen eine ” Berandung“, und diese Berandung besteht beim gewöhnlichen
Band (a) aus zwei unzusammenhängendenKreislinien, während sie beim Möbiusband (b) aus nur
einer Kreislinie besteht (siehe auch Beispiel 5.15 (b)). Die Vereinigung(e) von zwei Kugeln ist im
Gegensatz zu den anderen Räumen unzusammenhängend,und der Torus (d) hat im Gegensatz zur
Kugel(c)ein ” Loch“.
Wir werden im Rest dieses Skripts noch viele derartige topologische Eigenschaften kennen lernen
undauchmathematischexaktformulieren.ImnächstenKapitelbeginnenwirdabeimitdemBegriff
des Zusammenhangs, den wir gerade eben bei der Unterscheidung der im Bild oben dargestellten
Räumeja auchschonverwendethaben.