%
% Vorlesung Topologie 
% Oliver Schn\"urer
%
% FU Berlin, Winter 2006/7
% Uni Konstanz, Winter 2009/10, 2. Teil: Fundamentalgruppen
% Uni Konstanz, Winter 2016/17, Lesekurs
% Uni Konstanz, Sommer 2021, 2. Teil: Fundamentalgruppen
%
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% Vorlesung Fundamentalgruppen im Sommer 2021 nicht relevant waren. 

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\hyphenation{Du-al-raum Nor-men Gleich-heit Kom-pakt-heits-satz 
  Viel-fach-heit Funk-tion Funk-tion-en}

\begin{document}
% \frontmatter

\title{Topologie}

% Information for first author
\author[Topologie]{Oliver C. Schn\"urer}
% Address of record for the research reported here
\address{Oliver C. Schn\"urer, Fachbereich Mathematik und Statistik,
  78457 Konstanz}
% Current address
\curraddr{}
\def\fuaddress{@uni-konstanz.de}
\email{Oliver.Schnuerer\fuaddress}
% \thanks will become a 1st page footnote.
\thanks{Bei diesem Manuskript handelt es sich um Notizen zu einer
  Vorlesung Topologie (1) bzw. Fundamentalgruppen. Freie Universit\"at
  Berlin 2006/7, Konstanz 2009/10, 2016/17 (Lesekurs) und 2021.  Wir
  danken Arno Fehm, Tobias Marxen, Olaf Schn\"urer und Andrey Zakharov
  f\"ur Korrekturen und An\-re\-gun\-gen.}

% General info
\subjclass[2000]{54-01}
% 54-01 Instructional exposition (textbooks, tutorial papers, etc.) 

\date{Oktober 2006-\today.}

\dedicatory{}

\keywords{}

\begin{abstract}
  Skript zu einer Topologievorlesung mit den Themen
  \begin{itemize}
  \item Mengentheoretische Topologie und
  \item Fundamentalgruppen. 
  \end{itemize}
\end{abstract}

\maketitle

\tableofcontents

% \mainmatter

\datum{$\to$ Satz \ref{unter top grob}}
\weg{ 
\section{Metrische R\"aume}

\subsection{Metrische R\"aume}

In dieser Vorlesung besch\"aftigen wir uns mit topologischen 
R\"aumen und deren Eigenschaften.
Wir werden sehen, dass jeder metrische Raum ein topologischer
Raum ist. Einige Aussagen f\"ur topologische R\"aume sind 
schon aus den Grundvorlesungen f\"ur den Spezialfall von 
metrische R\"aume bekannt. Wenn wir diese hier wiederholen,
so dient dies dazu, Parallelen zwischen metrischen und 
topologischen R\"aumen aufzuzeigen.

\begin{definition}[Metrik]
  Sei $X$ eine Menge. Eine Funktion $d:X\times X\to\R$ hei\ss{}t Metrik,
  falls die folgenden Axiome f\"ur alle $x$, $y$, $z\in X$ erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $d(x,y)\ge0$ mit Gleichheit genau
    dann, wenn $x=y$ ist.
  \item $d(x,y)=d(y,x)$ (Symmetrie).
  \item $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$ (Dreiecksungleichung). 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}[Offene Menge]
  Sei $X$ ein metrischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $a\in X$ und $r>0$. Wir definieren eine (offene) Kugel mit 
    Mittelpunkt $a$ und Radius $r$ durch
    $$B_r(a):=\{x\in X:d(x,a)<r\}.$$
  \item Eine Teilmenge $A\subset X$ hei\ss{}t offen,
    falls f\"ur alle $x\in A$ ein $r>0$ existiert, so dass 
    $B_r(x)\subset A$ gilt.   
  \item Eine Teilmenge $B\subset X$ hei\ss{}t abgeschlossen,
    wenn $X\setminus B$ offen ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{satz}
  Eine offene Kugel ist eine offene Menge.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $B_r(a)$ die offene Kugel und sei $b\in B_r(a)$.
  Definiere $\rho:=r-d(a,b)$. F\"ur alle $x\in B_\rho(b)$ gilt
  aufgrund der Dreiecksungleichung
  $$d(x,a)\le d(x,b)+d(b,a)<\rho+(r-\rho)=r.$$
  Somit ist $B_\rho(b)\subset B_r(a)$ und die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{satz}
  In einem metrischen Raum $(X,d)$, \dh in einem Raum $X$ mit Metrik
  $d$, gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die leere Menge $\emptyset$ und $X$ sind offene Mengen.
  \item Jede Vereinigung von offenen Mengen ist offen.
  \item Der endliche Durchschnitt offener Mengen ist offen.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist offensichtlich, da f\"ur die leere Menge die Offenheit
    f\"ur keinen Punkt \"uberpr\"uft werden muss und da alle Kugeln
    in $X$ enthalten sind.
  \item Ist $A$ die Vereinigung offener Mengen $\{O_i\}_{i\in I}$
    und $x\in A$, so gibt es ein $i\in I$ und eine zugeh\"orige offene
    Menge $O_i$ sowie ein $r>0$, so dass $B_r(x)\subset O_i$ ist.
    Wegen $O_i\subset A$ folgt auch $B_r(x)\subset A$ und $A$ ist
    eine offene Menge.
  \item Seien $I=\{1,\ldots,n\}$, $\{O_i\}_{i\in I}$ eine endliche
    Familie offener Mengen und $A:=\bigcap\limits_{i\in I}O_i$. Wir wollen
    nachweisen, dass $A$ offen ist. Fixiere also $x\in A$. Somit gilt
    $x\in O_i$ f\"ur alle $i\in I$. Da die Mengen $O_i$ offen sind,
    gibt es Zahlen $r_i>0$, so dass $B_{r_i}(x)\subset O_i$ ist.
    Wir definieren nun $r:=\min\limits_{i\in I}r_i$. Da $I$ endlich ist,
    ist $r>0$. Da $r\le r_i$ ist, folgt $B_r(x)\subset B_{r_i}(x)\subset O_i$.
    Damit ist aber $B_r(x)$ auch im Schnitt der Mengen $O_i$ enthalten,
    also $B_r(x)\subset A$. Dies war zu zeigen. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Stetige Abbildungen}

\begin{definition}[Stetigkeit]
  Seien $(X,d)$ und $(Y,d')$ metrische R\"aume. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Abbildung $f:X\to Y$ hei\ss{}t stetig in $x\in X$, falls zu jedem
    $\epsilon>0$ ein $\delta>0$ existiert, so dass folgendes gilt:
    Ist $d(a,x)<\delta$, so folgt auch $d'(f(a),f(x))<\epsilon$.  
  \item Eine Abbildung $f:X\to Y$ hei\ss{}t stetig, falls sie in allen 
    Punkten $x\in X$ stetig ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}\label{R int ind top}\neueZeile
\begin{enumerate}[(i)]
\item Sei $X\subset\R$. Definiere $d:X\times X$ durch $d(x,y):=|x-y|$.
Zeige, dass $(X,d)$ ein metrischer Raum ist.   
\item Sei nun speziell $X=[0,3)$. Welche der folgenden Mengen sind in
$(X,d)$ offen, welche sind abgeschlossen?\\ 
\begin{tabular}{|l||c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
& $[0,1)$ & $[0,1]$ & $[2,3)$ &
$(2,3)$ & $[1,2)$ & $[0,3)$ & $(1,2)$ & $[1,2]$\\\hline\hline
offen & & & & & & & &\\\hline
abgeschlossen & & & & & & & &\\\hline
\end{tabular}  
\end{enumerate}
\end{aufgabe}


\begin{aufgabe}\label{metr bsp}
Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum. Definiere auf $X\times X$ die Funktionen
\begin{enumerate}[(i)]
\item $d_1(x,y):=\frac{d(x,y)}{1+d(x,y)}$,
\item $d_2(x,y):=\min\{1,d(x,y)\}$.
\end{enumerate}
Zeige, dass dies ebenfalls Metriken auf $X$ sind.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $(X,d)$ und $(Y,d')$ metrische R\"aume und $f:X\to Y$
eine Abbildung. Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent.
\begin{enumerate}[(i)]
\item $f$ ist stetig.
\item $\fueralle\limits_{x\in X}\fueralle\limits_{\epsilon>0}
\existiert\limits_{\delta>0}:a\in B_\delta(x)\Longrightarrow
f(a)\in B_\epsilon(f(x)).$
\item $f^{-1}(B)$ ist offen f\"ur alle offenen Mengen $B\subset Y$. 
\end{enumerate}   
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $(X,d)$ und $(Y,d')$ metrische R\"aume und $f:X\to Y$ eine
Abbildung. Kreuze bei den folgenden Aussagen genau die an, 
die \"aquivalent zur Stetigkeit von $f$ sind:
\begin{enumerate}[(i)]
\item $f(A)$ ist offen f\"ur alle offenen Mengen $A\subset X$.
\item $f^{-1}(B)$ ist abgeschlossen f\"ur alle abgeschlossenen
Mengen $B\subset Y$. 
\item $f(A)$ ist abgeschlossen f\"ur alle abgeschlossenen Mengen
$A\subset X$. 
\item F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es ein $\delta>0$, so
dass f\"ur $x$, $y\in X$ mit $d(x,y)<\delta$ auch
$d'(f(x),f(y))<\epsilon$ folgt. 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

% Dieudonn\'e 3.17, Problem 3, p. 61.
\begin{aufgabe}[Hausdorffabstand]
Sei $X$ ein metrischer Raum. Bezeichne mit $\mathcal F(X)$
die Menge aller beschr\"ankten 
abgeschlossenen nichtleeren Teilmengen von $X$.
Eine Teilmenge $A\subset X$ hei\ss{}t dabei beschr\"ankt,
wenn $\sup\limits_{x,y\in A}d(x,y)<\infty$ gilt. 
Definiere den Hausdorffabstand von zwei Mengen
$A$, $B\in\mathcal F(X)$ durch
$$d_{\mathcal H}(A,B):=\max\left\{\sup\limits_{x\in A}\rho(x,B),
\sup\limits_{x\in B}\rho(x,A)\right\},$$
wobei 
$$\rho(x,A):=\inf\limits_{y\in A}d(x,y)$$
der Abstand eines Punktes zu einer Menge ist.\par
Zeige, dass $(\mathcal F(X),d_{\mathcal H})$ ein metrischer
Raum ist. 
\end{aufgabe}

\section{Topologische R\"aume}
\begin{definition}[Topologie]
  Sei $X$ eine Menge. Sei $\O\subset\P(X)$ eine Teilmenge 
  der Potenzmenge von $X$ bzw.{} eine Menge von Teilmengen von $X$
  oder $\O\in\P(\P(X))$. $\O$ hei\ss{}t Topologie auf $X$,
  falls die folgenden Axiome erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset\in\O$, $X\in\O$.
  \item $\O$ ist unter beliebigen Vereinigungen abgeschlossen, \dh
    $$O_i\in\O,\quad i\in I\quad\Longrightarrow\quad\bigcup\limits_{i\in I}
    O_i\in\O.$$
  \item $\O$ ist unter endlichen Schnitten abgeschlossen, \dh
    $$O_i\in\O,\quad i=1,\ldots,n\quad 
    \Longrightarrow\quad\bigcap\limits_{i=1}^nO_i\in\O.$$
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}[Topologischer Raum]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein topologischer Raum ist ein Paar $(X,\O)$, wobei $X$ eine Menge 
    und $\O$ eine Topologie auf $X$ ist. (Wir werden sp\"ater auch sagen,
    dass $X$ ein topologischer Raum ist, wenn es bei der Wahl der Topologie
    nicht zu Verwechslungen kommen kann.)
  \item Eine Teilmenge $A\subset X$ hei\ss{}t genau dann offen, wenn
    $A\in\O$ gilt.
  \item Eine Teilmenge $A\subset X$ hei\ss{}t genau denn abgeschlossen,
    wenn ihr Komplement offen ist, $(X\setminus A)\in\O$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}[Topologische R\"aume]
  \label{bsp top rme}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X$ eine Menge. Dann ist $\O:=\{\emptyset, X\}$ eine Topologie
    auf $X$. Sie hei\ss{}t indiskrete Topologie.
  \item Sei $X$ eine Menge. Dann ist $\O:=\P(X)$ eine Topologie auf $X$,
    die diskrete Topologie.
  \item Sei $X=\R$. Enth\"alt $\O$ gerade die Vereinigungen von offenen
    Intervallen $(a,b)$ mit $a$, $b\in\R$, so ist $\R$ ein topologischer
    Raum. Diese Topologie hei\ss{}t nat\"urliche Topologie oder Standardtopologie.
  \item Sei $X=\R$. $\R$ wird auch zum topologischen Raum, wenn $\O$
    genau aus $\emptyset$, $\R$ und allen Intervallen der Form
    $(-\infty,a)$ mit $a\in\R$ besteht.
  \item Sei $X=\R$. $\R$ wird ebenso zum topologischen Raum, wenn $\O$
    genau aus $\emptyset$, $\R$ und allen Vereinigungen von Intervallen der Form
    $(-\infty,a]$ mit $a\in\R$ besteht.
  \item Sei $X$ eine beliebige Menge. Sei $A\in\O$ genau denn, wenn
    $X\setminus A$ eine endliche Menge ist oder $A=\emptyset$ ist. 
    Diese Topologie hei\ss{}t kofinite Topologie.
  \item Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum. Die Metrik $d$ erzeugt eine
    Topologie $\O$ auf $X$ verm\"oge der Definition $A:\in\O$ genau dann,
    wenn $A$ die Vereinigung von offenen Kugeln $B_r(x)$, $x\in X$, $r>0$,
    ist. Auf diese Weise induziert die Standardmetrik auf $\R^n$ die 
    nat\"urliche Topologie oder Standardtopologie des $\R^n$.
    Falls nicht anders angegeben, werden wir auf metrischen R\"aumen
    stets diese von der Metrik induzierte Topologie verwenden.   
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[Topologisch \"aquivalente Metriken]
  \label{def top aequ metr}
  Zwei Metriken $d$ und $d'$ auf einem Raum $X$ hei\ss{}en topologisch
  \"aquivalent, wenn die jeweils induzierten Topologien \"ubereinstimmen.
\end{definition}

\begin{definition}[Basis]
  Eine Familie $\B$ von offenen Mengen eines topologischen Raumes
  $(X,\O)$ hei\ss{}t Basis der Topologie $\O$, wenn jede offene Menge von
  $(X,\O)$ Vereinigung von Mengen aus $\B$ ist.  
\end{definition}

\begin{satz}
  Sei $\B$ eine Familie von offenen Mengen von $(X,\O)$. Dann ist $\B$
  genau dann eine Basis von $(X,\O)$, wenn zu jedem $x\in X$ und
  zu jedem $O\in\O$ mit $x\in O$ ein $B\in\B$ existiert mit
  $x\in B\subset O$.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Folgt direkt aus der Definition. 
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $\B$ eine Familie von Teilmengen von $X$ mit den folgenden 
  Eigenschaften:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\bigcup\limits_{B\in\B}B=X$,
  \item Seien $B$, $B'\in\B$ und $x\in B\cap B'$. Dann gibt es eine
    Menge $A\in\B$ mit $x\in A\subset B\cap B'$, \dh der Schnitt 
    $B\cap B'$ ist Vereinigung von Mengen aus $\B$.
  \end{enumerate}
  Besteht $\O$ aus allen Vereinigungen von Mengen aus $\B$, dann
  ist $\O$ eine Topologie auf $X$ und $\B$ eine Basis von $\O$. 
  $\O$ hei\ss{}t die durch $\B$ definierte Topologie.
  (Die leere Menge erh\"alt man als Vereinigung \"uber die
  leere Menge als Indexmenge.)\par
  Jede Topologie $\O'$ auf $X$, die $\B$ als Basis besitzt, 
  stimmt mit $\O$ \"uberein. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Menge $\B$ ist gerade so definiert, dass $\O$ insbesondere 
  auch endliche Schnitte von zwei (und damit von endlich vielen)
  offenen Mengen enth\"alt.\par
  Die Eindeutigkeit folgt, da sich in jeder Topologie jede offene
  Menge als Vereinigung von offenen Mengen aus der Basis darstellen
  l\"asst.
\end{proof}

\begin{beispiele}[Basen der Topologie]
  Wir setzen das Beispiel \ref{bsp top rme} fort. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Auf $\R$ mit der Standardtopologie ist 
    $\B=\{(a,b):a<b,a,b\in\Q\}$ eine Basis der Topologie.
  \item Sei $X=\R^n$ versehen mit der Standardmetrik. Dann
    bilden die Kugeln mit rationalen Koordinaten und rationalen
    Radien eine abz\"ahlbare Basis der Standardtopologie.
  \item Im Beispiel mit den Intervallen der Form $(-\infty,a)$,
    $a\in\R$, bilden die Intervalle der Form $(-\infty,a)$,
    $a\in\Q$, eine Basis.
  \item Im Beispiel mit den Intervallen der Form $(-\infty,a]$,
    $a\in\R$, bilden die Intervalle der Form $(-\infty,a]$,
    $a\in\Q$, keine Basis.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

% ausgelassen: 2.11, Basis f\"ur die abgeschlossenen Mengen.

\begin{definition}[Subbasis]
  Sei $\mathcal S$ eine Familie von Teilmengen einer Menge $X$.
  Sei $\B$ definiert als die Menge aller endlichen Durchschnitte 
  von Mengen in $\mathcal S$, so ist $\B$ eine Basis (direktes
  Nachrechnen). Die Basis
  erzeugt eine Topologie $\O$, sie hei\ss{}t die von $\mathcal S$
  induzierte Topologie. Die Familie $\mathcal S$ hei\ss{}t 
  Erzeugendensystem oder Subbasis dieser Topologie.
  (Beachte, dass man die Menge $X$ als Schnitt \"uber die
  leere Menge als Indexmenge bekommt.)
\end{definition}

\begin{definition}[Umgebung]
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum, $x\in X$. Eine Teilmenge $U$
  von $X$ hei\ss{}t Umgebung von $x$, wenn es eine offene Menge
  $O\in\O$ mit $x\in O\subset U$ gibt. Ist $U$ zus\"atzlich offen, 
  so hei\ss{}t $U$ eine offene Umgebung von $x$. Die Menge aller 
  Umgebungen von $x$ hei\ss{}t Umgebungssystem und wird mit $\U(x)$
  bezeichnet.  
\end{definition}

\begin{satz}\label{offen umg satz}
  In einem topologischen Raum sind die folgenden Aussagen \"aquivalent.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $O$ ist offen.
  \item $O$ ist eine Umgebung f\"ur alle $x\in O$.
  \item Zu jedem $x\in O$ gibt es eine Umgebung $U\in\U(x)$ mit
    $U\subset O$.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{itemize}
  \item (1) $\Longrightarrow$ (2) $\Longrightarrow$ (3) folgt direkt
    indem man $U=O$ w\"ahlt.
  \item (3) $\Longrightarrow$ (1) erh\"alt man, indem man die nach
    Definition einer Umgebung von $x$ existierende offene Menge $A$ mit
    $A\subset U\subset O$ und $x\in A$ betrachtet.  
  \end{itemize}
\end{proof}

\begin{satz}\label{eig umg sys}
  Ein Umgebungssystem $\U(x)$ hat die folgenden Eigenschaften:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Aus $U\subset U'$ und $U\in\U(x)$ folgt $U'\in\U(x)$.
  \item Gilt $U_1$, \ldots $U_n\in\U(x)$, so folgt
    $\bigcap\limits_{i=1}^nU_i\in\U(x)$.
  \item Ist $U\in\U(x)$, so gilt $x\in U$.
  \item Ist $U\in\U(x)$, so gibt es eine Menge $V\in\U(x)$,
    so dass f\"ur alle $y\in V$ die Aussage $U\in\U(y)$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Klar.
  \item Betrachte den Schnitt der zugeh\"origen offenen Mengen,
    die einen festen Punkt $x$ enthalten.
  \item Dies folgt direkt aus der Definition.
  \item W\"ahle eine offene Menge $V$, die in $U$ enthalten ist.
    Nach Satz \ref{offen umg satz} ist $V$ Umgebung aller $y\in V$, also
    gilt $V\in\U(y)$ f\"ur alle $y\in V$. Da $U\supset V$ ist,
    folgt auch $U\in\U(y)$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ eine Menge und sei jedem $x\in X$ ein System $\U(x)\subset\P(X)$
  zugeordnet, das die Eigenschaften aus Satz \ref{eig umg sys} erf\"ullt.
  Dann gibt es genau eine Topologie auf $X$, so dass f\"ur alle $x\in X$
  die Systeme $\U(x)$ ein Umgebungssystem von $x$ sind. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \textbf{Eindeutigkeit:}
  Seien $\O_1$ und $\O_2$ zwei Topologien mit dieser Eigenschaft. Gelte
  $O\in\O_1$. Nach Satz \ref{offen umg satz} ist $O$ Umgebung jedes seiner
  Punkte. Damit ist $O$ genau in allen $\U(x)$ mit $x\in O$ enthalten.
  Diese Umgebungssysteme stimmen f\"ur $\O_1$ und $\O_2$ \"uberein.
  Nochmals nach Satz \ref{offen umg satz} ist aber $O$ als Umgebung
  aller seiner Punkte eine offene Menge, auch in der Topologie $\O_2$.
  Damit stimmen $\O_1$ und $\O_2$ \"uberein.\par
  \textbf{Existenz:}
  Definiere, motiviert durch Satz \ref{offen umg satz}, 
  $$\O:=\{O\subset X:O\in\U(x)\quad\forall x\in O\}.$$ 
  $\O$ ist unter Vereinigungen abgeschlossen, da Umgebungssysteme 
  auch Obermengen enthalten. Nach Satz \ref{eig umg sys} ist $\O$ 
  auch unter endlichen Schnitten abgeschlossen.
  $\emptyset$, $X\in\O$ ist klar. Somit ist $\O$ eine Topologie.\par
  Es bleibt also zu zeigen, dass das von der Topologie induzierte
  Umgebungssystem $\U'(x)$ f\"ur einen Punkt $x\in X$ 
  mit dem vorgegebenen Umgebungssystem $\U(x)$ \"ubereinstimmt.
  Sei also $U'\in\U'(x)$. Nach Definition des Umgebungssystems 
  $\U'(x)$ existiert daher ein $O\in\O$ mit $x\in O\subset\U'$.
  Nach Definition von $\O$ gilt $O\in\U(x)$. Da $\U(x)$ auch
  Obermengen enth\"alt, folgt $U'\in\U(x)$.\par
  Sei nun umgekehrt $U\in\U(x)$. Definiere 
  $$\dot U:=\{y:U\in\U(y)\}.$$
  Wir behaupten, dass $x\in\dot U$ und $\dot U\in\O$ gelten.
  Da $U\in\U(x)$ ist, folgt $x\in\dot U$. Sei nun $y\in\dot U$.
  Nach Satz \ref{eig umg sys} existiert daher eine Menge $V\in\U(y)$,
  so dass f\"ur alle $z\in V$ auch $U\in\U(z)$ gilt. Daher ist
  $V$ eine Teilmenge von $\dot U$, $V\subset\dot U$. Da $V\in\U(y)$
  ist, gilt dies erst recht f\"ur die Obermenge $\dot U$, also
  ist $\dot U\in\U(y)$ f\"ur ein beliebiges $y\in\dot U$. Wir haben
  daher $x\in\dot U\subset U$ und $\dot U\in\O$. Nach Definition
  des von der Topologie $\O$ induzierten Umgebungssystems folgt
  daher $U\in\U'(x)$.\par
  Damit stimmen die beiden Umgebungssysteme \"uberein.
\end{proof}

\begin{definition}[Umgebung einer Menge]
  Sei $A\subset X$ und $B\in\U(x)$ f\"ur alle $x\in A$, so hei\ss{}t
  $B$ Umgebung der Menge $A$.
\end{definition}

\begin{definition}[Umgebungsbasis]
  Ein Teilsystem $\B(x)$ des Umgebungssystems $\U(x)$ hei\ss{}t 
  Umgebungsbasis von $x$, wenn zu jedem $U\in\U(x)$ ein
  $B\in\B(x)$ mit $B\subset U$ existiert.
\end{definition}

\begin{beispiel}\label{metr abz bas}
  Sei $X$ ein metrischer Raum, $x\in X$. Dann bilden die Kugeln 
  $B_{\frac1n}(x)$ eine Umgebungsbasis von $x$.   
\end{beispiel}

\begin{definition}[Abz\"ahlbarkeitsaxiome]
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X$ erf\"ullt das erste Abz\"ahlbarkeitsaxiom, wenn jeder
    Punkt eine abz\"ahlbare Umgebungsbasis besitzt.
  \item $X$ erf\"ullt das zweite Abz\"ahlbarkeitsaxiom, wenn die
    Topologie $\O$ eine ab\-z\"ahl\-ba\-re Basis besitzt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jeder metrische Raum erf\"ullt nach Beispiel \ref{metr abz bas}
    das erste Ab\-z\"ahl\-bar\-keits\-axiom.
  \item Der $\R^n$ erf\"ullt das zweite Abz\"ahlbarkeitsaxiom.
    (Benutze Kugeln mit rationalen Radien, 
    deren Mittelpunkte rationale Koordinaten haben.)
  \item Ist $X$ nicht abz\"ahlbar, so erf\"ullt $X$ mit der kofiniten
    Topologie das erste Abz\"ahlbarkeitsaxiom nicht. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[Rand, \ldots]
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum, $A\subset X$ eine Teilmenge
  von $X$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x\in X$ hei\ss{}t Ber\"uhrpunkt von $A$, wenn jede Umgebung
    von $x$ einen nichtleeren Durchschnitt mit $A$ hat. 
  \item Die Menge der Ber\"uhrpunkte von $A$ hei\ss{}t Abschluss (oder 
    abgeschlossene H\"ulle) von $A$ und wird mit $\ol A$ bezeichnet.
  \item Ein Punkt $x$ ist ein innerer Punkt von $A$, falls $A$ eine
    Umgebung von $x$ ist.
  \item Das Innere von $A$ ist als die Menge der inneren Punkte
    definiert und wird mit $\dot A$ bezeichnet, der einfachereren 
    Schreibweise wegen aber auch mit $\interior(A)$.
  \item Ein Punkt $x$ hei\ss{}t Randpunkt, $x\in\partial A$, 
    wenn er Ber\"uhrpunkt von $A$ und von $X\setminus A$ ist.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{satz}
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\ol A$ ist die kleinste abgeschlossene Menge, die $A$ enth\"alt.
  \item $\dot A$ ist die gr\"o\ss{}te offene Menge in $A$. 
  \item $\partial A=\ol A\setminus\dot A$.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Das Komplement besteht gerade aus den Punkten, die eine 
    zu $A$ disjunkte offene Umgebung besitzen. Die Vereinigung dieser
    Umgebungen ist gerade das Komplement von $\ol A$. Oder \"aquivalent:
    $\ol A$ ist gerade der Schnitt aller dieser Komplemente, die 
    nach Konstruktion abgeschlossen sind und $A$ enthalten. Die 
    kleinste Menge, die $A$ enth\"alt, existiert, 
    da Schnitte abgeschlossener Mengen wieder
    abgeschlossen sind.
  \item Analog zur Aussage f\"ur den Abschluss. 
  \item Ein Punkt $x$ ist ein Ber\"uhrpunkt von $A$ und $X\setminus A$
    genau dann, wenn jede (offene) Umgebung von $x$ einen nichtleeren Schnitt
    mit $A$ und $X\setminus A$ hat. Oder \"aquivalent: Keine Umgebung
    von $x$ ist ganz in $A$ oder in $X\setminus A$ enthalten. 
    Keine Umgebung in $A$ impliziert, dass $x\not\in\dot A$ ist.
    Keine Umgebung in $X\setminus A$ liefert $x\in\ol A$. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}[Dichtheit]
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine Menge $A\subset X$ hei\ss{}t dicht in $X$,
    falls $\ol A=X$ ist.
  \item Eine Menge $A\subset X$ hei\ss{}t nirgends dicht in
    $X$, falls $\dot{\ol A}=\emptyset$ gilt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Zeige, dass die beiden Metriken aus Aufgabe \ref{metr bsp} topologisch
\"aquivalent sind. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein topologischer Raum. 
Zeige die folgenden Aussagen:
\begin{enumerate}[(i)]
\item $A\subset X$ ist genau dann offen, wenn $A\cap\partial A=\emptyset$
gilt.
\item $\ol A=A\cup\partial A$. 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Zariski-Topologie]
Sei $X=\R^n$. Eine Menge $A\subset\R^n$ hei\ss{}t offen, wenn es
Polynomfunktionen $p_i\in\R[x^1,\ldots,x^n]$ gibt, so 
dass $\R^n\setminus A=\bigcap\limits_i p_i^{-1}(\{0\})$ gilt.
Die abgeschlossenen Mengen sind also gerade die gemeinsamen
Nullstellen der gegebenen Polynomfunktionen.
Zeige, dass dies eine Topologie auf $\R^n$ definiert.\par
{\em Hinweis:} Formuliere die Axiome einer Topologie zun\"achst 
als Bedingungen f\"ur abgeschlossene Mengen.\par
{\em Zusatz:} Benutze den Hilbertschen Basissatz um zu zeigen,
dass es auch gen\"ugt, endliche Mengen von Polynomfunktionen
zu betrachten.
\end{aufgabe}

\section{Stetige Abbildungen}

\begin{definition}[Stetigkeit]
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume. Eine Abbildung
  $f:X\to Y$ hei\ss{}t stetig (von $(X,\O_1)$ nach $(Y,\O_2)$),
  falls die Urbilder beliebiger offener Mengen in $(Y,\O_2)$ 
  offene Mengen in $(X,\O_1)$ sind, \dh
  \[\fueralle\limits_{O\in\O_2}f^{-1}(O)\in\O_1.\]  
\end{definition}

\begin{satz}
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume. Eine 
  Abbildung $f:X\to Y$ ist genau dann stetig, wenn die Urbilder
  abgeschlossener Mengen in $Y$ abgeschlossene Mengen in $X$ sind.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Betrachte die Komplemente. Ist $Y=A\dot\cup B$, so gilt auch
  \[X=f^{-1}(A)\dot\cup f^{-1}(B).\qedhere\]
\end{proof}

\begin{beispiele}\label{bsp stetig}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $(X,\O_1)$ ein diskreter topologischer Raum. Dann
    ist jede Abbildung $f:X\to Y$ f\"ur jeden beliebigen topologischen
    Raum $(Y,\O_2)$ stetig. Diese Eigenschaft charakterisiert die
    diskrete Topologie.
  \item Sei $(Y,\O_2)$ ein indiskreter topologischer Raum. Dann
    ist jede Abbildung $f:X\to Y$ f\"ur jeden beliebigen topologischen
    Raum $(X,\O_1)$ stetig. Diese Eigenschaft charakterisiert die
    indiskrete Topologie.  
  \item Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum. Eine Funktion $f:X\to\R$
    hei\ss{}t unterhalbstetig, wenn f\"ur alle Folgen $x_n\to x$
    ($n\to\infty$) in $X$ 
    $$\liminf_{n\to\infty}f(x_n)\ge f(x)$$
    gilt. $f$ ist genau dann unterhalbstetig, wenn $f$ bez\"uglich
    der Topologie 
    $$\O:=\{(a,\infty):a\in\R\}\cup\{\emptyset,\R\}$$
    stetig ist.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Der folgende kurze Beweis zeigt die Vorteile der topologischen
Definition der Stetigkeit gegen\"uber der 
$\epsilon$-$\delta$-Definition.
\begin{satz}
  Seien $(X,\O_1)$, $(Y,\O_2)$ und $(Z,\O_3)$ topologische 
  R\"aume. Sind die Abbildungen $f:X\to Y$ und $g:Y\to Z$
  stetig, so ist auch die Abbildung $g\circ f:X\to Z$ stetig.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Es gilt $(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}$. Ist $A\subset Z$
  offen, so auch $g^{-1}(A)$ und $f^{-1}\circ g^{-1}(A)$
  und damit $(g\circ f)^{-1}(A)$. 
\end{proof}

\begin{definition}[Feinheit]
  Seien $\O_1$ und $\O_2$ Topologien auf einer Menge $X$. 
  Dann hei\ss{}t $\O_1$ feiner als $\O_2$ und 
  $\O_2$ gr\"ober als $\O_1$, falls $\O_2\subset\O_1$ ist,
  d.\,h., falls jede offene Menge bez\"uglich der Topologie
  von $\O_2$ auch bez\"uglich der Topologie $\O_1$ offen
  ist. 
\end{definition}

\begin{satz}
  Auf einer Menge $X$ ist die Topologie $\O_1$ genau 
  dann feiner als die Topologie $\O_2$, wenn
  ${\rm id}_X:X\to X$ eine stetige Abbildung von
  $(X,\O_1)$ nach $(X,\O_2)$ ist.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Direkt aus der Definition.  
\end{proof}

\begin{satz}\label{subbasis stetig}
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume. Sei
  $\mathcal S$ eine beliebig ge\-w\"ahl\-te 
  Subbasis von $\O_2$. Dann ist eine Abbildung
  $f:X\to Y$ ist genau dann stetig, wenn die Mengen 
  $f^{-1}(S)$ f\"ur alle $S\in\mathcal S$ offen in $(X,\O_1)$
  sind.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze, dass f\"ur alle Mengen $A_i\subset Y$, $i\in I$, die
  folgenden beiden Identit\"aten gelten:
  $$f^{-1}\left(\bigcup\limits_{i\in I}A_i\right)
  =\bigcup\limits_{i\in I}f^{-1}(A_i)\quad\text{und}\quad
  f^{-1}\left(\bigcap\limits_{i\in I}A_i\right)
  =\bigcap\limits_{i\in I}f^{-1}(A_i).$$
\end{proof}

Die folgende Definition \"ahnelt der $\epsilon$-$\delta$ Definition
f\"ur Stetigkeit aus der Analysis Grundvorlesung.
\begin{definition}[Stetigkeit in einem Punkt]
  \label{def stet pkt}
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume. Eine Abbildung
  $f:X\to Y$ hei\ss{}t im Punkte $x\in X$ stetig, falls zu jedem 
  $V\in\U(f(x))$ ein $U\in\U(x)$ mit $f(U)\subset V$ existiert.
\end{definition}

\begin{satz}
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume.
  Eine Abbildung $f:X\to Y$ ist genau dann stetig, wenn sie in
  jedem Punkt von $X$ stetig ist.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \glqq$\Longrightarrow$\grqq: Sei $f$ stetig, $x\in X$ und $V\subset Y$
  eine Umgebung von $f(x)$. Dann enth\"alt $V$ eine offene Umgebung
  $V'$ von $f(x)$. $U:=f^{-1}(V')$ ist eine offene Menge, die $x$ enth\"alt
  und daher eine Umgebung von $x$ mit $f(U)=V'\subset V$.\par
  \glqq$\Longleftarrow$\grqq: Sei $V\subset Y$ offen. Sei $x\in X$ 
  beliebig mit $f(x)\in V$. $V$ ist eine Umgebung von $f(x)$. Somit 
  gibt es eine (ohne Einschr\"ankung) offene Umgebung von $x$, $U_x$,
  so dass $f(U_x)\subset V$ gilt. Dann ist
  $$U:=\bigcup\limits_{x\in f^{-1}(V)}U_x$$
  offen und gleich $f^{-1}(V)$, da $x\in U_x$ und $f(U_x)\subset V$ 
  gelten.
\end{proof}

\begin{satz}
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume.
  Dann ist $f:X\to Y$ genau dann im Punkte $x\in X$ stetig, 
  wenn f\"ur beliebige Umgebungsbasen $\B(x)$ und $\B(f(x))$
  folgendes gilt: F\"ur alle $B\in\B(f(x))$ existiert eine
  Menge $A\in\B(x)$ mit $f(A)\subset B$.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus der Definition.  
\end{proof}

Wir haben bereits gesehen, dass die Bilder von offenen oder
abgeschlossenen Mengen unter stetigen Abbildungen im allgemeinen
nicht offen oder abgeschlossen sind.
\begin{definition}[Offene Abbildungen]
  Eine Abbildung $f:X\to Y$ zwischen topologischen R\"aumen 
  $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ hei\ss{}t offen, wenn die Bilder
  offener Mengen wieder offen sind. Sie hei\ss{}t abgeschlossen,
  wenn die Bilder abgeschlossener Mengen abgeschlossen sind.
\end{definition}

\begin{satz}
  Eine Abbildung $f:X\to Y$ zwischen topologischen R\"aumen 
  $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ ist genau dann offen, wenn die
  Bilder einer Basis von $\O_1$ offen sind.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Direkt aus der Definition.  
\end{proof}

\begin{satz}\neueZeilealt
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume und
  $f:X\to Y$ eine Abbildung. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f$ abgeschlossen. Ist $B\subset Y$ und $U\subset X$ 
    offen mit $f^{-1}(B)\subset U$, dann existiert eine offene Menge
    $V\supset B$ mit $f^{-1}(V)\subset U$. 
  \item Sei $f$ offen. Ist $B\subset Y$ und $A\subset X$ abgeschlossen
    mit $f^{-1}(B)\subset A$, dann existiert eine abgeschlossene Menge
    $F\supset B$ mit $f^{-1}(F)\subset A$. 
  \item $f$ ist offen $\Longleftrightarrow$ f\"ur alle $x\in X$ gilt:
    Ist $U\in\U(x)$, so ist $f(U)\in\U(f(x))$. 
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Menge $X\setminus U$ ist abgeschlossen, 
    damit auch $f(X\setminus U)$. $V:=Y\setminus (f(X\setminus U))$ ist nun
    gerade die gesuchte offene Menge. Nach Definition gilt $f^{-1}(V)
    \subset U$ und $V\supset B$.
  \item Funktioniert analog. $X\setminus A$ und $f(X\setminus A)$ sind
    offen. $F:=Y\setminus(f(X\setminus A))$ ist die gesuchte abgeschlossene
    Menge mit $F\supset B$ und $f^{-1}(F)\subset A$. 
  \item \glqq$\Longrightarrow$\grqq: Klar.\par
    \glqq$\Longleftarrow$\grqq: Sei $V\subset X$ offen. Zeige, dass auch
    $f(V)$ offen ist. Sei $x\in V$.
    Es gen\"ugt zu zeigen, dass $f(x)$ eine (offene)
    Umgebung in $Y$ besitzt, die in $f(V)$ enthalten ist. Sei dazu 
    $U\in\U(x)$ mit $U\subset V$. Dann gilt $f(U)\subset f(V)$ und
    $f(U)\in\U(f(x))$ und die Behauptung folgt. 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}[Hom\"oomorphismus]
  Eine bijektive Abbildung $f:X\to Y$ zwischen topologischen R\"aumen
  hei\ss{}t Hom\"oomorphismus oder topologische Abbildung, falls $f$ 
  und $f^{-1}$ stetig sind.
\end{definition}

\begin{satz}\label{offen hom satz}
  Sei $f:X\to Y$ eine bijektive Abbildung zwischen topologischen 
  R\"aumen. Dann ist $f$ genau dann ein Hom\"oomorphismus, wenn $f$
  stetig und offen (oder abgeschlossen) ist.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Direkt aus den Definitionen.   
\end{proof}

\begin{remark}
  Seien $(X,\O_1)$ und $(Y,\O_2)$ topologische R\"aume. Ein 
  Hom\"oomorphismus $f:X\to Y$ ordnet die offenen Mengen von
  $(X,\O_1)$ bijektiv den offenen Mengen von $(Y,\O_2)$ zu. 
  Die Zuordnung $F:\O_1\to\O_2$ ist gegeben durch
  $F(O):=f(O)$ f\"ur $O\in\O_1$. 
\end{remark}

\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Seien $X$ und $Y$ topologische R\"aume. Zeige, dass eine 
Abbildung $f:X\to Y$ genau dann stetig ist, wenn f\"ur 
alle $A\subset X$ die Beziehung
$$f(\ol A)\subset\ol{f(A)}$$
gilt.\par 
{\em Kleiner Zusatz:}
Gilt f\"ur stetige Funktionen stets $f(\ol A)=\ol{f(A)}$?
\end{aufgabe}

% unklar, ob ich das folgende so stellen soll. 
%\begin{aufgabe}
%Beweise die Aussagen aus den Beispielen \ref{bsp stetig}.
%\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $\overline{\cdot}:\P(X)\to\P(X)$ eine Abbildung mit den
folgenden Eigenschaften:
\begin{enumerate}[(i)]
\item $\ol\emptyset=\emptyset$,
\item $A\subset\ol A$ f\"ur alle $A\subset X$,
\item $\ol{\ol A}=\ol A$ f\"ur alle $A\subset X$,
\item $\ol{A\cup B}=\ol A\cup\ol B$ f\"ur alle $A$, $B\subset X$. 
\end{enumerate}
Diese Abbildung hei\ss{}t H\"ullenoperator. Zeige, dass auf $X$ 
genau eine Topologie existiert, so dass $\ol A$ gerade die 
abgeschlossene H\"ulle f\"ur alle $A\subset X$ ist. Zeige auch,
dass in einem topologischen Raum $X$ die Abbildung, 
die $A$ auf die abgeschlossene H\"ulle
abbildet, ein H\"ullenoperator ist. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein topologischer Raum, $A\subset X$ eine Teilmenge. Die 
charakteristische Funktion $\chi_A:X\to\R$ von $A$ ist definiert durch
$$\chi_A(x)=
\begin{cases}
1&x\in A,\\
0&x\not\in A.
\end{cases}$$
$\R$ sei mit der nat\"urlichen Topologie versehen. Zeige, dass
$\chi_A$ genau in $X\setminus(\partial A)$ stetig ist.   
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein topologischer Raum, $A\subset X$ abgeschlossen.
Zeige, dass $A$ genau dann nirgends dicht in $X$ ist, wenn
$X\setminus A$ dicht in $X$ ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein topologischer Raum, $a\in X$ und $f$, $g:X\to\R$ zwei in
$a$ stetige Funktionen mit $f(a)=g(a)$. $\R$ trage die Standardtopologie.
Zeige:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Ist $h:X\to\R$ eine Funktion, f\"ur die in einer Umgebung
$U\in\U(a)$ die Ungleichungen
$$f(x)\le h(x)\le g(x)\quad\forall x\in U$$
gelten, dann ist $h$ ebenfalls in $a$ stetig.
\item Die Funktion $h$ mit $\R\ni x\mapsto x\sin\frac1x\in\R$ 
f\"ur $x\neq0$ und $0\mapsto 0$ ist stetig.  
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $W:=\partial\left([0,1]^3\right)\subset\R^3$ die 
Einheitsw\"urfeloberfl\"ache,
versehen mit der induzierten Metrik und der
dadurch induzierten Topologie. 
Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum. Zeige, dass 
$f:W\to X$ genau dann stetig ist, wenn die Abbildungen
$f|_{\{x^i=c\}}$ f\"ur alle $i\in\{1,2,3\}$ und 
$c\in\{0,1\}$ stetig sind. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum, $A\subset X$.
Zeige, dass die folgenden beiden Funktionen stetig sind:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Die Metrik $d:X\times X\to\R$. 
\item $f:X\to\R$, definiert durch $f(x):=d(x,A)\equiv
\inf\limits_{y\in A}d(x,y)$. 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}
} % weg

\section{Erzeugung topologischer R\"aume}

In diesem Kapitel lernen wir Methoden kennen, mit denen man aus 
topologischen R\"aumen neue topologische R\"aume konstruieren kann.

\subsection{Unterraumtopologie}

\weg{
\begin{remark}[Erinnerung: Metrische R\"aume]
  Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und $E\subset X$ eine
  Teilmenge. Dann wird $E$ durch die induzierte Metrik
  $d':=d|_{E\times E}$ auf nat\"urliche Weise zu einem metrischen
  Raum.\par
  $E$ wird damit auch zu einem topologischen Raum. Die offenen Mengen
  in $(E,d')$ sind gerade die Mengen $O'\subset E$, f\"ur die es eine
  offene Menge $O\subset X$ mit $O'=O\cap E$ gibt.  (Vergleiche
  Aufgabe \ref{R int ind top}).
\end{remark}

\begin{definition}[Unterraumtopologie]
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum, $E\subset X$. 
  Definiere $\O_E:=\{O\cap E:O\in\O\}$.
  (Wir werden gleich zeigen, dass dies eine Topologie ist.
  Sie hei\ss{}t Unterraumtopologie, induzierte Topologie 
  oder Spurtopologie.)
\end{definition}

\begin{satz}
  Sei $(X,O)$ ein topologischer Raum, $E\subset X$.
  Dann ist $(E,\O_E)$ ein topologischer Raum.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  W\"ahle f\"ur jede offene Menge $O\subset E$ eine offene Menge
  $O'\subset X$ mit $O=O'\cap E$ und benutze, dass $X$ ein
  topologischer Raum ist.   
\end{proof}

\begin{remark}
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum und $E\subset X$.
  Die offenen (bzw.{} abgeschlossenen) Mengen in $(E,\O_E)$
  sind gerade die Schnitte von offenen (bzw.{} abgeschlossenen)
  Mengen in $X$ mit $E$.\par
  Im allgemeinen sind die offenen (bzw.{} abgeschlossenen) 
  Teilmengen von $E$ als Teilmengen von $X$ nicht offen
  (bzw.{} abgeschlossen). Es gilt aber der folgende Satz.
\end{remark}

\begin{satz}
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum, $E\subset X$. Die
  offenen (bzw.{} abgeschlossenen) Teilmengen von $E$ sind
  genau dann offen (bzw.{} abgeschlossen) in $X$ (bez\"uglich 
  der nat\"urlichen Inklusion), wenn die Menge $E$ offen
  (bzw.{} abgeschlossen) in $X$ ist.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Direkt aus der Definition.  
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $A\subset B\subset X$. 
  Tr\"agt $B$ die von $X$ induzierte Unterraumtopologie, so
  stimmen die von $B$ und von $X$ induzierten Unterraumtopologien
  auf $A$ \"uberein.
\end{beispiel}
} %

\datum{Mo 12.04.2021}
\begin{satz}\label{unter top grob}
  Sei $X$ ein topologischer Raum, $E\subset X$ und $j:E\to X$
  die Inklusionsabbildung. Die Unterraumtopologie $\O_E$ auf
  $E$ hat die folgenden Eigenschaften:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item F\"ur jeden topologischen Raum $Y$ und jede Abbildung
    $g:Y\to E$ gilt: $g$ ist genau dann stetig, wenn 
    $j\circ g:Y\to X$ stetig ist.
  \item $\O_E$ ist die gr\"obste Topologie auf $E$, so dass die 
    kanonische Injektion $j:E\to X$ stetig ist. 
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es gilt: $j\circ g$ ist stetig\\ $\Longleftrightarrow$
    $(j\circ g)^{-1}(O)$ ist f\"ur alle offenen Mengen $O\subset X$ 
    offen\\
    $\Longleftrightarrow$ $g^{-1}\left(j^{-1}(O)\right)$ ist
    f\"ur alle offenen Mengen $O\subset X$ offen\\
    \aequivalent $g^{-1}(O\cap E)$ ist f\"ur alle offenen Mengen 
    $O\subset X$ offen\\
    \aequivalent $g^{-1}(O)$ ist f\"ur alle offenen Mengen 
    $O\subset E$ offen (\dh f\"ur alle $O\in\O_E$)\\
    \aequivalent $g$ ist stetig.
  \item Folgt direkt aus der Definition der induzierten
    Topologie. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}
% Da gibt es noch eine Bemerkung, dass dies zwei aequivalente
% Charakterisierungen der Topologie $\O_E$ sind.

\begin{satz}\label{einschr stetig}
  Seien $X$ und $Y$ topologische R\"aume, $A\subset X$ sei mit
  der Unterraumtopologie versehen und $f:X\to Y$ sei stetig im
  Punkt $x\in A$. Dann ist auch die Restriktion $f|_A:A\to Y$ 
  stetig in $x$.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Dies folgt direkt aus der Definition. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Beachte aber, dass die
  Stetigkeit der Restriktion $f|_A$ nicht impliziert, dass
  $f:X\to Y$ in einem Punkt aus $A$ stetig ist.
  Beispiel: $X=Y=\R$, $A=\Q$, $f=\chi_\Q$. $f$ ist nirgends
  stetig, aber $f|_A$ ist in jedem Punkt stetig.
\end{remark}

Den folgenden Satz benutzt man, wenn man Abbildungen von einem
Raum betrachten will, der aus Zellen zusammengesetzt ist. 
\begin{satz}\label{stet abg vereinig}
  Seien $A_1,\ldots, A_n$ abgeschlossene Mengen eines topologischen
  Raumes und 
  $$X=\bigcup\limits_{i=1}^nA_i.$$
  Sei $Y$ ein weiterer topologischer Raum. Eine Abbildung 
  $f:X\to Y$ ist genau dann stetig, wenn f\"ur alle $i$ die
  Restriktionen $f|_{A_i}$ stetig sind.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \Hinrichtung Gilt nach Satz \ref{einschr stetig}.\par
  \Rueckrichtung Sei $B$ eine abgeschlossene Teilmenge von $Y$. 
  Wir wollen nachweisen, dass $f^{-1}(B)$ in $X$ abgeschlossen
  ist. Es gilt 
  \begin{align*}
    f^{-1}(B)=&f^{-1}(B)\cap X
    =f^{-1}(B)\cap\left(\bigcup\limits_{i=1}^n A_i\right)\\
    =&\bigcup\limits_{i=1}^n\left(f^{-1}(B)\cap A_i\right)
    =\bigcup\limits_{i=1}^n(f|_{A_i})^{-1}(B)
  \end{align*}
  Da $f|_{A_i}$ stetig ist, ist $(f|_{A_i})^{-1}(B)$ in $A_i$
  abgeschlossen. Da $A_i$ selber abgeschlossen ist, ist
  $(f|_{A_i})^{-1}(B)$ auch in $X$ abgeschlossen. Die 
  endliche Vereinigung abgeschlossener Mengen ist wieder
  abgeschlossen. Also ist $f^{-1}(B)$ in $X$ abgeschlossen.
\end{proof}

\begin{definition}
  Seien $X$, $Y$ topologische R\"aume. Eine Abbildung 
  $f:X\to Y$ hei\ss{}t Einbettung von $X$ in $Y$, wenn
  $f$ ein Hom\"oomorphismus von $X$ auf $f(X)$, versehen
  mit der Unterraumtopologie, ist.   
\end{definition}

\begin{satz}\label{einbettung krit}
  Seien $X$, $Y$ topologische R\"aume. Die Abbildung 
  $f:X\to Y$ ist genau dann eine Einbettung, wenn die
  folgenden Kriterien alle erf\"ullt sind:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $f$ ist injektiv,
  \item $f$ ist stetig,
  \item f\"ur alle offenen Mengen $U\subset X$ ist die
    Bildmenge $f(U)$ in $f(X)$ eine offene Menge, \dh
    $f:X\to f(X)$ ist eine offene Abbildung.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Folgt direkt aus der Definition eines
  Hom\"oomorphismusses.  
\end{proof}

\weg{
\subsubsection{Aufgaben}

\begin{aufgabe}[Eingebettete Mannigfaltigkeiten]
\label{eingeb mf}
Sei $f:\R^n\to\R^{n-k}$ eine $C^1$-Abbildung. F\"ur alle
Punkte $x\in\R^n$ mit $f(x)=0$ sei $Df(x)$ surjektiv. 
(Man sagt, dass $0$ ein regul\"arer Wert ist.)
Dann hei\ss{}t $f^{-1}(0)$ Mannigfaltigkeit. 
\begin{enumerate}[(i)]
\item Sei $g:\R^k\to\R^l$ von der Klasse $C^1$. Dann ist
$\graph g:=\{(x,g(x))\in\R^k\times\R^l\}$ eine Mannigfaltigkeit.
(Betrachte zun\"achst den Fall $k=l=1$.)
\item Die Sph\"are $S^n=\{x\in\R^{n+1}:|x|=1\}$ ist eine
Mannigfaltigkeit.
\item Die orthogonalen Matrizen $O(n)$ sind eine
Mannigfaltigkeit. 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{definition}[Topologische Mannigfaltigkeiten]
Sei $X$ ein topologischer Raum. $X$ hei\ss{}t topologische
Mannigfaltigkeit der Dimension $n$, 
falls $X$ die folgenden Axiome erf\"ullt:
\begin{enumerate}[(i)]
\item $X$ ist hausdorffsch, \dh f\"ur alle Punkte
$x\neq y\in X$ gibt es disjunkte offene Umgebungen $U\in\U(x)$ und
$V\in\U(y)$, $U\cap V=\emptyset$.
\item $X$ besitzt eine abz\"ahlbare Basis.
\item $X$ ist lokal hom\"oomorph zum $\R^n$, \dh f\"ur jedes
$x\in X$ gibt es eine offene Umgebung $U$,
eine offene Menge $V\subset\R^n$ und einen 
Hom\"oomorphismus $h:U\to V$.
\end{enumerate}
\end{definition}

\begin{aufgabe}[Topologische Mannigfaltigkeiten I]
Zeige, dass $\S^2\subset\R^{3}$, versehen mit der Unterraumtopologie, 
eine topologische Mannigfaltigkeit ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Topologische Mannigfaltigkeiten II]
Zeige, dass auch jede eingebettete Mannigfaltigkeit im Sinne von 
Aufgabe \ref{eingeb mf} eine topologische Mannigfaltigkeit ist. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Topologische Mannigfaltigkeiten III]
Seien $M$ und $N$ topologische Mannigfaltigkeiten. 
Dann ist auch $M\times N$ eine topologische Mannigfaltigkeit.  
\end{aufgabe}
} % weg

\subsection{Produkttopologie}

\begin{remark}[Erinnerung: Metrische R\"aume]
  Seien $(X_1,d_1)$ und $(X_2,d_2)$ metrische R\"aume.
  Dann ist $X_1\times X_2$ mit der Metrik 
  $$d((x_1,x_2),(y_1,y_2)):=\sqrt{d_1(x_1,y_1)^2+d_2(x_2,y_2)^2}$$
  ebenfalls ein metrischer Raum. 
  Dies liefert, induktiv angewandt, 
  gerade die Standardmetrik auf $\R^n$. 
  \"Aquivalente Metriken erh\"alt man durch die Definitionen
  $$d((x_1,x_2),(y_1,y_2)):=\max\{d_1(x_1,y_1),d_2(x_2,y_2)\}$$
  oder
  $$d((x_1,x_2),(y_1,y_2)):=d_1(x_1,y_1)+d_2(x_2,y_2).$$
  Dies l\"asst sich auch direkt auf das Produkt von
  endlich vielen metrischen R\"aumen verallgemeinern.
  Dabei hei\ss{}en Metriken $d$ und $d'$ auf
  einer Menge $A$ \"aquivalent,
  falls es eine Konstante $c>0$ gibt, so dass f\"ur alle
  $a$, $b\in A$
  $$\frac1c\cdot d(a,b)\le d'(a,b)\le c\cdot d(a,b)$$
  gilt.
  Wie im Falle des $\R^n$ mit unterschiedlichen Normen
  sieht man, dass diese Metriken alle \"aquivalent sind. 
  Im Sinne von Definition \ref{def top aequ metr}
  sind diese Metriken damit insbesondere topologisch
  \"aquivalent.\par
  Wir beobachten, dass in endlichen Produkten
  $$\prod\limits_{i=1}^n X_i=X_1\times\cdots\times X_n$$
  Mengen der Form
  $$X_1\times\cdots\times X_{k-1}\times O\times X_{k+1}
  \times\cdots\times X_n$$
  und endliche Schnitte davon
  eine Basis der von der Metrik induzierten Topologie
  bilden, wobei $O\subset X_k$ eine offene Menge ist.
  Mit Hilfe dieser Beobachtung wollen wir auf dem Produkt
  topologischer R\"aume eine Topologie definieren.
\end{remark}

\begin{definition}[Produkttopologie]
  Sei $(X_i,\O_i)_{i\in I}$ eine Familie topologischer
  R\"aume. Definiere $X:=\prod\limits_{i\in I}X_i$ 
  sowie die nat\"urlichen Projektionen $p_i:X\to X_i$
  durch $X\ni x=(x^j)_{j\in I}\mapsto x^i\in X_i$.\par
  Auf $X$ definieren wir Elementarmengen: Sei $K\subset I$
  endlich und $O_k\subset X_k$ offen f\"ur alle $k\in K$.
  Dann hei\ss{}t
  $$\bigcap\limits_{k\in K}p_k^{-1}(O_k)$$
  Elementarmenge von $X$. Die Elementarmengen bilden die
  Basis einer Topologie $\O$ (da insbesondere endliche Schnitte
  von Elementarmengen wieder offen sind). Diese Topologie
  hei\ss{}t Produkttopologie. $(X,\O)$ hei\ss{}t Produktraum
  oder topologisches Produkt der $(X_i,\O_i)_{i\in I}$. 
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Auf $\R^n$ stimmt die nat\"urliche Topologie mit der
    Produkttopologie \"uberein.
  \item Seien $X_i$ topologische R\"aume und $A_i\subset X_i$.
    Dann stimmt auf $\prod A_i\subset\prod X_i$ die Unterraumtopologie
    der Produkttopologie von $\prod X_i$ mit der Produkttopologie
    der Unterraumtopologie der $A_i\subset X_i$ \"uberein. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{satz}\label{prod top grob}\neueZeilealt
  Sei $X=\prod\limits_{i\in I} X_i$ 
  ein topologischer Raum mit der Produkttopologie.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Projektionsabbildungen $p_j:\prod\limits_{i\in I}X_i
    \to X_j$ sind stetig und offen. 
  \item Die Produkttopologie auf $\prod\limits_{i\in I} X_i$ ist die
    gr\"obste Topologie auf $X$, so dass alle Projektionen 
    $p_j:X\to X_j$ stetig sind. 
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Direkt aus der Definition. 
  \item Sei $O\subset X_k$ offen, $k\in I$. 
    Daher ist $p_k^{-1}(O)$ offen.
    Diese Elementarmengen bilden eine Subbasis der Topologie.
    In jeder anderen Topologie sind diese Mengen aufgrund der 
    Stetigkeit der $p_k$ aber auch offen. Daher kann solch
    eine Topologie h\"ochstens feiner sein. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

Sei $(g_i)_{i\in I}$ eine Familie von Abbildungen $g_i:Y\to X_i$
zwischen topologischen R\"aumen. Dann definiert dies eine
Abbildung $g:Y\to\prod\limits_{i\in I}X_i$ verm\"oge
$g(y):=(g_i(y))_{i\in I}$. Es gilt $g_i=p_i\circ g$.
Umgekehrt sei nun eine Abbildung $g:Y\to\prod\limits_{i\in I}X_i$
gegeben. Dann definiert dies Abbildungen $g_i:Y\to X_i$ verm\"oge
$g_i:=p_i\circ g$. 

\begin{satz}\label{ins prod stet}
  Sei $(Y,\O)$ ein topologischer Raum, $X=\prod\limits_{i\in I}X_i$
  das Produkt von topologischen R\"aumen $(X_i,\O_i)$. Dann ist die
  Abbildung $g:Y\to X$ genau dann stetig, wenn f\"ur alle $i\in I$ die
  Abbildungen $g_i:=p_i\circ g$ stetig sind.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \Hinrichtung Die Abbildungen $g_i$ sind als Kompositionen
  stetiger Abbildungen wieder stetig.\par
  \Rueckrichtung Wir wollen benutzen, dass es nach 
  Satz \ref{subbasis stetig} gen\"ugt zu zeigen, dass die 
  Urbilder einer Subbasis offen sind. Sei also $O\in\O_i$ offen
  f\"ur ein $i\in I$. Mengen der Form $p_i^{-1}(O)$
  bilden eine Subbasis der Topologie auf $\prod\limits_{i\in I}X_i$.
  Wir erhalten 
  $$g^{-1}\left(p_i^{-1}(O)\right)
  =(p_i\circ g)^{-1}(O)=g_i^{-1}(O)\in\O$$
  und die Behauptung folgt.  
\end{proof}

\datum{Mo 19.04.2021}
\begin{satz}
  Seien $X_i$ und $Y_i$ topologische R\"aume, $i\in I$, 
  mit $X_j\neq\emptyset$ f\"ur alle $j\in I$. 
  Seien $f_i:X_i\to Y_i$, $i\in I$, Abbildungen.
  Dann ist die Abbildung
  \begin{align*}
    f:\prod\limits_{i\in I}X_i\to&\prod\limits_{i\in I}Y_i,\\
    (x_i)_{i\in I}\mapsto&(f_i(x_i))_{i\in I}  
  \end{align*}
  genau dann stetig, wenn die Abbildungen $f_i$ f\"ur 
  alle $i\in I$ stetig sind.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $p_i:X\to X_i$ bzw.{} $\pi_i:Y\to Y_i$ die
  nat\"urlichen Projektionsabbildungen
  $$\xymatrix{\prod\limits_{i\in I}X_i\ar[r]^f\ar[d]^{p_i}&
    \prod\limits_{i\in I}Y_i\ar[d]^{\pi_i}\\
    X_i\ar@/^/[u]^{s_i}\ar[r]^{f_i}&Y_i.}$$ 
  \Hinrichtung Seien die Abbildungen $f_i$ stetig. Dann ist
  $f_i\circ p_i:\prod\limits_{i\in I}X_i\to Y_i$ stetig und
  nach Satz \ref{ins prod stet} ist damit auch $f$ stetig,
  da $f_i\circ p_i=\pi_i\circ f$ gilt.\par
  \Rueckrichtung Sei nun $f$ stetig. Sei $(a_i)_{i\in I}$
  ein fester Punkt aus $\prod\limits_{i\in I}X_i$. Definiere
  f\"ur jedes $j\in I$ die Abbildung $s_j:X_j\to X$ durch
  $$s_j(x_j)=(z_i)_{i\in I}\quad\text{mit}\quad
  z_i:=\begin{cases}
    a_i& i\neq j,\\
    x_j&i=j.
  \end{cases}$$
  Nach Satz \ref{ins prod stet} sind die Abbildungen $s_j$ stetig. 
  Es gilt $f_j=\pi_j\circ f\circ s_j$. Daher ist auch $f_j$ f\"ur 
  jedes $j\in I$ stetig. 
\end{proof}

\begin{remark}\label{univ unter prod}
  Vergleichen wir noch einmal die definierenden Eigenschaften
  der Untterraumtopologie und der Produkttopologie.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Satz \ref{unter top grob} ist die Unterraumtopologie
    die gr\"obste Topologie auf $E\subset X$, so dass die 
    kanonische Inklusionsabbildung $j:E\to X$ stetig ist. 
  \item Nach Satz \ref{prod top grob} ist die Produkttopologie
    die gr\"obste Topologie auf $\prod\limits_{i\in I}X_i$, so dass
    die Projektionsabbildungen $p_i:\prod\limits_{i\in I}X_i\to X_i$
    stetig sind.
  \item Weiterhin haben wir gesehen (S\"atze \ref{unter top grob} und 
    \ref{ins prod stet}), dass eine Abbildung $g$ von
    einem topologischen Raum $Y$ in einen Teilraum $E\subset X$ bzw.{} 
    in einen Produktraum $\prod\limits_{i\in I}X_i$ genau dann
    stetig ist, wenn $j\circ g$ bzw.{} $p_i\circ g$ f\"ur jedes 
    $i\in I$ stetig sind. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

\subsection{Initialtopologie}

Die Eigenschaften aus Bemerkung \ref{univ unter prod} wollen
wir verwenden, um die Initialtopologie zu definieren. Sie
verallgemeinert die Produkttopologie und die Unterraumtopologie.

\begin{definition}[Initialtopologie]
  Sei $E$ eine Menge, $(X_i,\O_i)_{i\in I}$ eine Familie von topologischen
  R\"aumen und $(f_i:E\to X_i)_{i\in I}$ eine Familie von Abbildungen.
  Eine Topologie auf $E$ hei\ss{}t Initialtopologie bez\"uglich
  $(X_i,\O_i,f_i)_{i\in I}$, wenn sie die folgende Eigenschaft hat:
  F\"ur jeden topologischen Raum $Y$ und jede Abbildung $g:Y\to E$
  ist $g$ genau dann eine stetige Abbildung, wenn $f_i\circ g$ f\"ur
  jedes $i\in I$ stetig ist. 
  $$\xymatrix{Y\ar[r]^g\ar[dr]_{f_i\circ g}&E\ar[d]^{f_i}\\
    &X_i.}$$
\end{definition}

\begin{beispiel}\label{bsp initial top}
  Ist die Indexmenge $I$ einelementig, ist also nur ein
  $f:E\to X$ gegeben, so sind die offenen Mengen in $E$ in
  der Initialtopologie gerade die Urbilder offener Mengen in
  $X$.  
\end{beispiel}

\begin{satz}[Eindeutigkeitssatz]
  Falls eine Initialtopologie $\mathcal I$ auf $E$ bez\"uglich
  der Familie
  $(X_i,\O_i,f_i)_{i\in I}$ existiert, so ist $\mathcal I$ die
  gr\"obste Topologie, f\"ur die die Abbildungen $f_i$ stetig
  sind. Daher ist $\mathcal I$ eindeutig bestimmt.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Betrachte die beiden kommutativen Diagramme
  $$\xymatrix{(E,\mathcal I)\ar[r]^{g=\id}\ar[rd]_{f_i=f_i\circ\id}
    &(E,\mathcal I)\ar[d]^{f_i}\\
    &X_i}\quad\text{und}\quad\xymatrix{(E,\O)\ar[r]^{g=\id}\ar[rd]_{f_i}
    &(E,\mathcal I)\ar[d]^{f_i}\\
    &X_i.}$$
  Im ersten Diagramm w\"ahlen wir $g=\id$. Nach Definition ist
  $g$ genau dann stetig, wenn $f_i\circ g=f_i$ stetig ist. Die
  Identit\"at ist stetig, da wir in beiden R\"aumen dieselbe
  Topologie verwenden. Somit ist $f_i$ stetig.\par
  Sei auch im zweiten Diagramm $g=\id$. Sei weiterhin $(E,\O)$
  ein topologischer Raum, so dass jede Abbildung 
  $f_i:(E,\O)\to X_i$ stetig ist. Dann ist nach Definition der
  Initialtopologie auch $g$ selber stetig. Damit mu\ss{} aber
  die Topologie $\O$ feiner als die Topologie $\mathcal I$
  sein.    
\end{proof}

\begin{satz}[Existenzsatz]
  Definiere $\mathcal M_i:=\left\{f_i^{-1}(O):O\in\O_i\right\}$. Dann ist
  $\mathcal S:=\bigcup\limits_{i\in I}\mathcal M_i$ eine Subbasis der 
  Initialtopologie auf $E$ bez\"uglich $(X_i,\O_i,f_i)_{i\in I}$.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Mengen $\mathcal M_i$ und $\mathcal S$ sind gerade so definiert,
  dass die Abbildungen $f_i:E\to X_i$ stetig sind. Ist also $g$ stetig,
  so ist damit auch $f_i\circ g$ stetig.\par
  Sei nun $f_i\circ g$ f\"ur jedes $i\in I$ stetig. Wir wollen 
  nachweisen, dass dann auch $g$ stetig ist. Sei also $S\in\mathcal S$.
  Nach Satz \ref{subbasis stetig} gen\"ugt es, nachzuweisen,
  dass $g^{-1}(S)$ offen ist. Nach Definition von $\mathcal S$
  existieren ein $i\in I$ und ein $O\in\O_i$, so dass
  $S=f_i^{-1}(O)$ ist. Es gilt nun 
  $$g^{-1}(S)=g^{-1}\left(f_i^{-1}(O)\right)=(f_i\circ g)^{-1}(O).$$
  Da nach Voraussetzung $f_i\circ g$ f\"ur alle $i\in I$ stetig ist,
  ist $g^{-1}(S)=(f_i\circ g)^{-1}(O)$ offen, was zu zeigen war.   
\end{proof}


\subsection{Finaltopologie, Quotiententopologie}
Wir wollen wieder universelle Eigenschaften f\"ur die Definitionen
dieser Topologien verwenden. Hier verwenden wir nun zu den obigen
universellen Eigenschaften \glqq duale\grqq{} Eigenschaften.

\begin{definition}[Finaltopologie]\label{def final top}
  Sei $E$ eine Menge, $(X_i,\O_i)_{i\in I}$ eine Familie topologischer
  R\"aume und $(f_i:X_i\to E)_{i\in I}$ eine Familie von Abbildungen.
  Eine Topologie auf $E$ hei\ss{}t Finaltopologie bez\"uglich der 
  Familie $(X_i,\O_i,f_i)_{i\in I}$, falls sie die folgende Eigenschaft 
  hat:
  $$\xymatrix{X_i\ar[r]^{f_i}\ar[dr]_{g\circ f_i}&E\ar[d]^g\\ &Y}$$
  F\"ur jeden topologischen Raum $Y$ und jede Abbildung $g:E\to Y$
  ist $g$ genau dann stetig, wenn $g\circ f_i$ f\"ur jedes
  $i\in I$ stetig ist. 
\end{definition}

Wie bei der Initialtopologie haben wir einen Existenz- und einen
Eindeutigkeitssatz sowie eine Charakterisierung der Finaltopologie. 

\begin{satz}[Eindeutigkeitssatz]\label{final eind}
  Falls auf $E$ eine Finaltopologie bez\"uglich der Familie
  $(X_i,\O_i,f_i)_{i\in I}$ existiert, so ist sie die feinste 
  Topologie auf $E$, f\"ur die die Abbildungen $f_i$ stetig sind.
  Daher ist sie eindeutig bestimmt.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ahnlich wie bei der Initialtopologie; \"Ubung.
\end{proof}

\begin{satz}[Existenzsatz]\label{final exist}
  Definiere $\mathcal M_i:=\left\{O\subset E:f_i^{-1}(O)\in\O_i\right\}$
  und $\mathcal M:=\bigcap\limits_{i\in I}\mathcal M_i$. Dann 
  ist $\mathcal M$ die Finaltopologie auf $E$. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \"Ahnlich wie bei der Initialtopologie; \"Ubung.
\end{proof}

\begin{definition}[Quotiententopologie]
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation
  auf $X$. Sei $\pi:X\to X/\!\!\sim$ die kanonische Projektion auf die
  \"Aquivalenzklassen $X/\!\!\sim$. Die finale Topologie auf $X/\!\!\sim$
  bez\"uglich $\pi$ hei\ss{}t Quotiententopologie auf $X/\!\!\sim$. 
  Versehen mit dieser Topologie hei\ss{}t $X/\!\!\sim$ Quotientenraum
  oder Faktorraum bez\"uglich der Relation $\sim$.  
\end{definition}

\begin{remark}
  Die Quotiententopologie auf $X/\!\!\sim$ ist die feinste Topologie, 
  f\"ur die $\pi:X\to X/\!\!\sim$ stetig ist, \dh $A\subset X/\!\!\sim$ 
  ist genau dann offen, wenn $\pi^{-1}(A)$ offen in $X$ ist. 
\end{remark}

\begin{beispiel}
  Betrachte auf $\R$ die \"Aquivalenzrelation $x\sim y\aequivalent
  x-y\in\mathbb Z$. Der Quotientenraum $\R/\!\!\sim$ ist hom\"oomorph
  zum Einheitskreis $\S^1$. 
\end{beispiel}

\weg{
\subsubsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Beweise Satz \ref{final eind}.  
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Beweise Satz \ref{final exist}.
\end{aufgabe}
} % weg

\subsection{Identifizierungstopologie, Zusammenkleben von R\"aumen}
\datum{Mo 26.04.2021}
\begin{satz}\label{id top satz}
  Seien $X$ und $Y$ topologische R\"aume und $f:X\to Y$ eine stetige
  Abbildung. Definiere auf $X$ die \"Aquivalenzrelation $\sim$ durch
  $$x\sim y:\aequivalent f(x)=f(y).$$ 
  Zerlege $f$ wie folgt in eine surjektive, eine bijektive und eine 
  injektive Abbildung:
  \begin{equation}\label{artin zerlegung eqn}
    \xymatrix{X\ar[dr]_\pi\ar[rrr]^f&&&Y\\
      &X/\!\!\sim\ar[r]^{\ol f}&f(X)\ar[ur]_j.}
  \end{equation}
  Dann gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die Abbildungen $\pi$, $\ol f$ und $j$ sind stetig.
  \item Die Abbildung $\ol f$ ist genau dann ein Hom\"oomorphismus,
    wenn das Bild jeder offenen (oder jeder abgeschlossenen) Menge der
    Form $f^{-1}(A)$ unter $f$ offen (bzw.{} abgeschlossen) in $f(X)$
    ist.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Nach Definition der Quotiententopologie auf $X/\!\!\sim$ 
    ist $\pi$ stetig. Die Abbildung $j$ ist als die 
    kanonische Injektion des 
    mit der Unterraumtopologie versehenen Raumes $f(X)\subset Y$
    in $Y$ stetig. Die Unterraumtopologie auf $f(X)$ stimmt nach
    Beispiel \ref{bsp initial top} mit der Initialtopologie 
    bez\"uglich der Injektionsabbildung $j:f(X)\to Y$ \"uberein. 
    Die Abbildung $f=j\circ\ol f\circ\pi$ ist stetig. Dies ist nach
    Definition der Initialtopologie \"aquivalent zur Stetigkeit
    von $\ol f\circ\pi$. Da die Quotiententopologie auf $X/\!\!\sim$
    mit der Finaltopologie bez\"uglich $\pi:X\to X/\!\!\sim$ 
    \"ubereinstimmt, ist die Stetigkeit von $\ol f\circ\pi$ 
    \"aquivalent zur Stetigkeit von $\ol f$. 
  \item Die Mengen in $X/\!\!\sim$ sind gerade von dieser Form, wobei
    $A\subset Y$ beliebig ist.  Daher folgt die Aussage, denn eine
    stetige offene bijektive Abbildung ist ein Hom\"oomorphismus (Satz
    \ref{offen hom satz}). \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}[Identifizierungstopologie]\label{def ident top}
  Ist in der Zerlegung  in \eqref{artin zerlegung eqn} die 
  Abbildung $\ol f$ ein Hom\"oomorphismus, so hei\ss{}t $f$
  identifizierende Abbildung. Ist $f$ zus\"atzlich surjektiv,
  so hei\ss{}t die Topologie von $Y$ Identifizierungstopologie
  bez\"uglich $f$. (Es handelt sich dann n\"amlich um dieselbe
  Topologie wie auf $X$, wenn man dort Punkte mit gleichen
  Bildern identifiziert und die Quotiententopologie 
  bez\"uglich dieser Identifikation verwendet.) 
\end{definition}

\begin{remark}
  Tr\"agt $Y$ die Identifizierungstopologie, so vereinfacht
  sich die Zerlegung von $f$ in \eqref{artin zerlegung eqn} zu
  $$\xymatrix{X\ar[rrr]^f\ar[dr]_{\pi}&&&Y.\\
    &X/\!\!\sim\ar[urr]_{\ol f}&&}$$
\end{remark}

\begin{satz}\label{ident top satz}
  Ist $f:X\to Y$ stetig, surjektiv und offen oder abgeschlossen,
  so tr\"agt $Y$ die Identifizierungstopologie bez\"uglich $f$.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Beachte dazu, dass die Voraussetzungen an Offenheit oder
  Abgeschlossenheit st\"arker sind als in Satz \ref{id top satz}.
\end{proof}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $f:[0,2\pi]\to\S^1$ gegeben durch $x\mapsto(\sin x,\cos x)$.
    Dann ist $f$ eine abgeschlossene surjektive stetige Abbildung. 
    Somit ist $[0,2\pi]/\!\!\sim_f$ hom\"oomorph zum Einheitskreis.
    (Dasselbe Beispiel funktioniert auch mit $f:\R\to\S^1$, nur muss
    man dann benutzen, dass $f$ offen ist.)
  \item Sei $X:=\R^{n+1}\setminus\{0\}$. Definiere auf $X$ eine
    \"Aquivalenzrelation $\sim$ durch
    $x\sim y:\aequivalent \existiert\limits_{\lambda>0}: x=\lambda y$,
    was der Abbildung $f\colon X\to\S^n$ mit $x\mapsto\frac x{|x|}$
    entspricht. Die Abbildung $\ol f:X/\!\!\sim\to\S^n$ mit
    $\ol f([x]_\sim)=\frac x{|x|}$ ist ein Hom\"oomorphismus. Sei
    $\pi:X\to X/\!\!\sim$ die kanonische Projektion. Die
    Identifizierungstopologie auf $\S^n$ bez\"uglich $f=\ol f\circ\pi$
    stimmt daher mit der Unterraumtopologie von $\S^n$ \"uberein.
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[Topologische Summe]
  Sei $(X_i,\O_i)_{i\in I}$ eine Familie disjunkter topologischer 
  R\"aume. Dann hei\ss{}t $\bigcup\limits_{i\in I}X_i$, versehen
  mit der Finaltopologie bez\"uglich der kanonischen Injektionen
  $j_i:X_i\to\bigcup\limits_{i\in I}X_i$, topologische Summe von
  $(X_i)_{i\in I}$.\par
  Sind die Teilmengen $X_i$ nicht disjunkt, so geht man vorher
  zur Familie $(X_i\times\{i\})_{i\in I}$ \"uber.\par 
\end{definition}

\begin{remark}
  Eine Teilmenge $O\subset\bigcup\limits_{i\in I}X_i$ ist genau
  dann offen, wenn f\"ur jedes $i\in I$ die Menge $O\cap X_i$
  in $X_i$ offen ist. Auf den Mengen $X_i$ induziert die Topologie
  auf $\bigcup\limits_{i\in I}X_i$ als Teilraumtopologie die
  urspr\"ungliche Topologie $\O_i$ auf $X_i$.   
\end{remark}

\begin{definition}[Zusammenkleben von R\"aumen]
  Seien $X$ und $Y$ disjunkte topologische R\"aume, $A\subset X$
  eine abgeschlossene Teilmenge und $f:A\to Y$ stetig.
  Wir definieren auf $X\cup Y$ eine \"Aquivalenzrelation $\sim$
  durch
  $$z_1\sim z_2:\aequivalent
  \begin{cases}
    (z_1,\,z_2\in A&\text{und}\quad f(z_1)=f(z_2))\quad\text{oder}\\
    (z_1\in A,\,z_2\in f(A)&\text{und}\quad f(z_1)=z_2)\quad\text{oder}\\
    (z_2\in A,\,z_1\in f(A)&\text{und}\quad f(z_2)=z_1)\quad\text{oder}\\
    &\phantom{\text{und}}\quad(z_1=z_2).
  \end{cases}$$
  Den Faktorraum $(X\cup Y)/\!\!\sim$ bezeichnen wir mit $Y\cup_f X$.
  $Y\cup_f X$ hei\ss{}t der durch Zusammenkleben von $X$ mit $Y$
  mittels $f$ entstandene Raum. 
\end{definition}

\begin{remark}
  Insbesondere werden beim Zusammenkleben von $X\cup Y$ zu
  $Y\cup_f X$ die Punkte aus $f(A)$ mit allen ihren Urbildern 
  identifiziert.   
\end{remark}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X=[0,1]$, $A=\{0\}\cup\{1\}$, $Y=[2,3]$ und 
    $f(0)=2$, $f(1)=3$. Dann ist $X\cup_f Y$ hom\"oomorph zu $\S^1$.
  \item Sei $X=\ol{B_1(0)}\subset\R^n$, $A=\partial B_1(0)$,
    $Y=\{p\}$ eine einpunktige Menge und sei $f(x)=p$ f\"ur alle
    $x\in A$. Dann ist $Y\cup_f X$ hom\"oomorph zu $\S^n$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}[Ankleben von Zellen]
  Definiere $D^n:=\ol{B_1(0)}\subset\R^n$ als die abgeschlossene
  $n$-dimensionale Einheitskugel, $e^n:=B_1(0)\subset\R^n$
  als die offene $n$-dimensionale Einheitskugel und
  $\S^{n-1}:=\partial B_1(0)\equiv D^n\setminus\dot D^n$ als
  die $(n-1)$-dimensionale Sph\"are.
  Wir nennen auch $D^n$ einen $n$-dimensionalen Ball,
  $e^n$ eine $n$-dimensionale Zelle
  und $\S^n$ eine $n$-dimensionale Sph\"are.\par
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $f:\S^{n-1}\to X$ eine
  Abbildung. Wir sagen, dass $X\cup_f D^n$ (oder ein dazu
  hom\"oomorpher Raum) durch Ankleben 
  (oder Anheften) einer $n$-Zelle mittels $f$ entstanden sei.
  Man schreibt auch laxerweise $X\cup_f e^n$ statt
  $X\cup_f D^n$.   
\end{definition}

\begin{remark}
  Sei $p:X\cup D^n\to X\cup_f D^n$ die kanonische Projektion.
  Dann ist $p|_{e^n}:e^n\to p(e^n)$ ein Hom\"oomorphismus. 
  Dies erkl\"art, warum man vom Anheften/Ankleben einer 
  $n$-Zelle spricht. 
\end{remark}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $X=D^n$ und $f:\S^{n-1}\to D^n$ die kanonische
    Inklusionsabbildung (in einen zweiten $n$-Ball). 
    Dann ist $X\cup_f D^n$ eine $n$-dimensionale Sph\"are.
  \item Sei $X:=\{(x,y)\in\R^2:0\le x\le1,\,0\le y\le1\}$,
    $A:=\{(x,y)\in X:x=0\vee x=1\}$, $Y:=[0,1]$. Sei $f:A\to Y$
    definiert durch $f(0,y):=y$ und $f(1,y):=1-y$. Dann ist
    $M:=Y\cup_f X$ hom\"oomorph zu dem M\"obiusband.\par
    Der Rand $\partial M=M\setminus\dot M$ des M\"obiusbandes
    ist hom\"oomorph zu $\S^1$. Somit l\"asst sich an
    $M$ eine $2$-Zelle mittels einer Abbildung 
    $g:\S^1\to\partial M$ ankleben. Wir k\"onnen f\"ur $g$
    einen Hom\"oomorphismus w\"ahlen. Wir erhalten einen 
    neuen Raum. (Dieser ist hom\"oomorph zu $\mathbb P^2$.)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

Wir k\"onnen auch mehrere Zellen gleichzeitig ankleben.
\begin{definition}
  Seien $D^n\times\{i\}$, $i\in I$, $n$-B\"alle und
  $f_i:\S^{n-1}\times\{i\}\to X$ stetige Abbildungen
  der dazugeh\"origen $(n-1)$-Sph\"aren in einen topologischen
  Raum $X$. $\S^{n-1}_I
  =\bigcup\limits_{i\in I}\left(\S^{n-1}\times\{i\}\right)$
  ist ein Unterraum von $D^n_I:=\bigcup\limits_{i\in I}
  (D^n\times\{i\})$. Wir erhalten eine stetige Abbildung
  $f:\S^{n-1}_I\to X$ durch die Definition $f(x,i):=f_i(x)$. 
  Man sagt, dass $X':=X\cup_f D^n_I$ durch Ankleben der 
  $n$-Zellen $e^n\times\{i\}$, $i\in I$, an $X$ entstanden 
  sei. 
\end{definition}

\datum{Mo 03.05.2021}
CW-Komplexe wurden von J. H. C. Whitehead eingef\"uhrt. 
Sie werden induktiv definiert.
(CW steht f\"ur ``closure-finite weak topology''.)
\begin{definition}[CW-Komplex]
  Ein nulldimensionaler CW-Komplex ist eine Menge von Punkten, die mit
  der diskreten Topologie versehen ist.\par
  Ein $n$-dimensionaler CW-Komplex ist ein Raum der Form $X\cup_f
  e^n_I$, wobei $f$ stetig, $X$ ein $k$-dimensionaler CW-Komplex mit
  $k<n$ und $e^n_I=\bigcup\limits_{i\in I}(e^n_i\times\{i\})$ die
  topologische Summe von $n$-Zellen mit $n\ge1$ ist.\par
  Wir fordern zus\"atzlich, dass die Gesamtzahl der Zellen endlich
  ist.
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\S^2$ ist hom\"oomorph zu einem zweidimensionalen
    CW-Komplex. Man klebt zun\"achst eine $1$-Zelle $e^1$ an 
    einen Punkt und erh\"alt einen zu $\S^1$ hom\"oomorphen
    Raum. Durch Ankleben von zwei $2$-Zellen $e^2_1$ und $e^2_2$
    an den entstandenen Raum erh\"alt man einen zu $\S^2$ 
    hom\"oomorphen Raum. 
  \item Man erh\"alt auch einen zu einer $\S^2$ hom\"oomorphen
    CW-Komplex, indem man eine $2$-Zelle an einen Punkt klebt.
  \item Klebt man eine $n$-Zelle an einen Punkt, so erh\"alt
    man einen $n$-dimensionalen CW-Komplex hom\"oomorph zu
    $\S^n$.  
  \end{enumerate}
\end{beispiele}
\datum{$\to$ Kapitel \ref{fund gr mot sec}}

\weg{
\subsubsection{Aufgaben}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein topologischer Raum. Tragen $A\subset X$ und
$B\subset X$ die Unterraumtopologie. Gelte $X=A\cup B$. 
Sei $M$ eine Menge mit $M\subset A\cap B$. Ist $M\subset
A\cap B$ offen (abgeschlossen) in $A$ und in $B$, so
ist $M$ auch offen (abgeschlossen) in $X$.   
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $X$ und $Y$ topologische R\"aume und gelte
$A\subset X$ sowie $B\subset Y$. Zeige:
\begin{enumerate}[(i)]
\item $\interior(A\times B)=\interior A\times\interior B$
\item $\ol{A\times B}=\ol A\times\ol B$
\item $\partial(A\times B)=\left(\partial A\times\ol B\right)
\cup\left(\ol A\times\partial B\right)$
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $p_1:\R\times\R\to\R$ die Projektion auf den ersten 
Faktor, $p_1(x,y):=x$. Zeige, dass $p_1$ nicht abgeschlossen
ist. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $X_i$, $i\in I$, topologische R\"aume und seien 
$A_i\subset X_i$ Teilmengen mit der induzierten Topologie
(Unterraumtopologie).
\begin{enumerate}[(i)]
\item Die Produkttopologie auf $\prod\limits_{i\in I}A_i$ und
die Unterraumtopologie, die von $\prod\limits_{i\in I}X_i$ auf
$\prod\limits_{i\in I}A_i$ induziert wird, stimmen \"uberein.
\item Fixiere $j\in I$.
Die Finaltopologie auf $X_j$ bez\"uglich der
Projektionsabbildung $p_j:\prod\limits_{i\in I}X_i\to X_j$
ist gerade die urspr\"ungliche Topologie auf $X_j$.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Gib eine Basis f\"ur die folgenden Topologien an:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Die feinste Topologie auf dem Einheitskreis 
$\S^1\subset\R^2$, so dass die Abbildung 
$t\mapsto(\cos t,\sin t)$, $t\in[0,2\pi]$, stetig ist.
(Das Intervall $[0,2\pi]$ tr\"agt dabei die \"ubliche
Topologie.)
\item Die feinste Topologie auf dem Einheitskreis 
$\S^1\subset\R^2$, so dass die Abbildung 
$t\mapsto(\cos t,\sin t)$, $t\in(0,2\pi)$, stetig ist.
\item Die feinste Topologie auf dem Einheitskreis 
$\S^1\subset\R^2$, so dass die Abbildung 
$t\mapsto(\cos t,\sin t)$, $t\in[0,2\pi)$, stetig ist.
\item Die gr\"obste Topologie auf $\S^1$, so dass
die Abbildung
$$(\cos t,\sin t)\mapsto\cos t,$$
also die Projektion auf die erste Komponente, 
f\"ur $t\in[0,2\pi)$ stetig ist. 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}[Box-Topologie]
Sei $(X_i)_{i\in I}$ eine Familie von topologischen R\"aumen.
Dann bilden in $\prod\limits_{i\in I}X_i$ die Mengen der
Form $\prod\limits_{i\in I}U_i$, wobei $U_i\subset X_i$ offen
ist, eine Basis einer Topologie. Zeige dies. Diese Topologie
hei\ss{}t Box-Topologie.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $X$ und $Y$ topologische R\"aume und $f:X\to Y$ eine
Abbildung. Sei $(A_i)_{i\in I}$ ein System von abgeschlossenen
Teilmengen von $X$, die eine lokal endliche \"Uberdeckung
von $X$ bilden, \dh es gilt:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Jedes $A_i$, $i\in I$, ist abgeschlossen.
\item $\bigcup\limits_{i\in I}A_i=X$, \dh $X$ ist die Vereinigung
der Mengen $A_i$.
\item Zu jedem $x\in X$ gibt es eine Umgebung $U(x)$, so dass
$U(x)$ nur mit endlich vielen $A_i$'s einen nichtleeren 
Schnitt hat, also $\{i\in I:A_i\cap U(x)\neq\emptyset\}$
endlich ist, \dh die Vereinigung ist lokal endlich. 
\end{enumerate}
Dann gilt: Sind alle Abbildungen $f|_{A_i}:A_i\to Y$ stetig,
so ist auch $f:X\to Y$ stetig. (Die Umkehrung gilt ebenfalls.)
\end{aufgabe}
} % weg

\weg{
\section{Zusammenh\"angende R\"aume}

\begin{definition}[zusammenh\"angend]
  Ein topologischer Raum $(X,\O)$ hei\ss{}t zusammenh\"angend,
  wenn $X$ nicht disjunkte Vereinigung von zwei offenen 
  nicht leeren Mengen ist. D.\,h.{} gilt $X=O_1\cup O_2$ f\"ur
  zwei offene nicht leere Mengen $O_1$ und $O_2$, so gilt
  $O_1\cap O_2\neq\emptyset$.
\end{definition}

\begin{remark}
  \"Aquivalent dazu ist die Definition, wenn man \glqq offene
  Mengen\grqq{} durch \glqq abgeschlossene Mengen\grqq{}
  ersetzt.
\end{remark}

\begin{satz}
  Ein topologischer Raum $(X,\O)$ ist genau dann zusammenh\"angend, 
  wenn $\emptyset$ und $X$ die einzigen Mengen sind, die sowohl
  abgeschlossen als auch offen sind. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Klar (\"Ubung).
\end{proof}

\begin{satz}
  Ein topologischer Raum $(X,\O)$ ist genau dann 
  nicht zusammenh\"angend, 
  wenn es eine stetige surjektive Abbildung von $X$ auf 
  einen diskreten Raum mit mindestens zwei Punkten gibt.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Klar (\"Ubung).
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $(X,\O)$ ein zusammenh\"angender topologischer Raum
  und $f:X\to\Z$ eine stetige Abbildung. Dann ist 
  $f$ konstant.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Klar (\"Ubung).
\end{proof}

\begin{definition}
  Sei $(X,\O)$ ein topologischer Raum. Eine Teilmenge 
  $A\subset X$ hei\ss{}t zusammenh\"angend, wenn $A$,
  versehen mit der induzierten Topologie, ein zusammenh\"angender
  Raum ist. D.\,h.{} es gibt keine offenen Mengen
  $O_1$ und $O_2$ mit $O_1\cup O_2\supset A$, 
  $O_1\cap O_2\cap A=\emptyset$, $O_1\cap A\neq\emptyset$
  und $O_2\cap A\neq\emptyset$.  
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Intervalle der Form $[a,b]$, $[a,b)$, $(a,b]$ und $(a,b)$
    mit $a$, $b\in\R\cup\{-\infty,\infty\}$ sind zusammenh\"angend.
    (W\"are eines dieser Intervalle nicht zusammenh\"angend, so
    finden wir Punkte $x$ und $y$ 
    (ohne Einschr\"ankung $x<y$) mit $x\in O_1$ und $y\in O_2$
    mit offenen Mengen $O_1$ und $O_2$ 
    wie in der Definition einer zusammenh\"angenden
    Teilmenge. Betrachte $t:=\sup\{z\in[x,y]:z\in O_1\}$.
    $t\in O_1$ widerspricht der Maximalit\"at,
    $t\in O_2$ der Definition von $t$, da das Supremum
    von Punkten in $O_1$ durch Punkte in $O_1$ von unten 
    approximierbar ist. Da aber $t\in O_1\cup O_2$ gilt, erhalten
    wir einen Widerspruch.)
  \item Au\ss{}er der leeren Menge sind alle anderen Teilmengen
    von $\R$ als die oben aufgef\"uhrten Intervalle 
    nicht zusammenh\"angend.
  \item Die leere Menge und ein Raum, der genau einen Punkt enth\"alt,
    sind zusammenh\"angend. Ein diskreter Raum mit zwei oder mehr 
    Punkten ist nicht zusammenh\"angend.
  \item $\Q$ ist nicht zusammenh\"angend. 
    (Zerlege an einer irrationalen Zahl.)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{satz}\label{Abschluss zshg}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $A\subset X$ zusammenh\"angend.
  Gilt $A\subset B\subset\ol A$, so ist auch $B$ zusammenh\"angend.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Angenommen $B$ w\"are nicht zusammenh\"angend. Dann gibt es zwei 
  offene Mengen $O_1$ und $O_2$ in $X$ mit 
  $(B\cap O_1)\cup(B\cap O_2)=B$, $(B\cap O_1)\cap(B\cap O_2)
  =\emptyset$ und $B\cap O_i\neq\emptyset$ f\"ur $i=1$, $2$. 
  Es folgt, dass auch $(A\cap O_1)\cup(A\cap O_2)=A$ und
  $(A\cap O_1)\cap(A\cap O_2)=\emptyset$ gelten.
  W\"ahle nun Punkte $b_i\in B\cap O_i$ f\"ur $i=1$, $2$. 
  Es gilt $b_i\in\ol A$. Somit gilt f\"ur jede offene Menge
  $O\subset X$ mit $b_i\in O$ auch $O\cap A\neq\emptyset$. 
  Dies liefert aber insbesondere $O_i\cap A\neq\emptyset$.
  Mit Hilfe der beiden offenen Mengen $O_1$ und $O_2$ 
  k\"onnte man also zeigen, dass $A$ nicht zusammenh\"angend ist.
  Widerspruch.
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $A\subset X$ sei
  zusammenh\"angend. Sei $B\subset X$. Enth\"alt $A$
  einen inneren Punkt von $B$ und einen \"au\ss{}eren
  Punkt von $B$ (\dh einen Punkt, der eine zu $B$ disjunkte
  Umgebung besitzt), so enth\"alt $A$ auch einen Randpunkt 
  von $B$. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Wenn $A$ keine Randpunkte von $B$ enthielte, w\"aren
  die beiden Mengen $\dot B$ und $\interior(X\setminus B)$ 
  eine \"Uberdeckung von $A$ durch zwei offene Mengen,
  deren Schnitt mit $A$ jeweils nichtleer w\"are. Da
  $A$ aber zusammenh\"angend ist, ist dies unm\"oglich.   
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ zusammenh\"angend und $f:X\to Y$ stetig. 
  Dann ist auch $f(X)$ zusammenh\"angend.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Falls nicht, so gibt es in $f(X)$ offene disjunkte
  nichtleere Mengen $O_1$ und $O_2$ mit
  $O_1\cup O_2=f(X)$ und $O_1\cap O_2=\emptyset$. 
  Dann sind die Urbilder $f^{-1}(O_1)$ und $f^{-1}(O_2)$
  offene disjunkte nichtleere Mengen, die $X$
  \"uberdecken. Widerspruch.
\end{proof}

\begin{corollary}[Zwischenwertsatz]
  Sei $X$ eine zusammenh\"angende Menge und $f:X\to\R$ eine
  stetige Funktion. Seien $s$, $t\in f(X)$. Dann nimmt $f$ 
  jeden Wert zwischen $s$ und $t$ an. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  $f(X)$ ist ein Intervall. 
\end{proof}

Wir wollen zeigen, dass die Vereinigung zweier zusammenh\"angender
Mengen wieder zusammenh\"angend ist, wenn ihr Durchschnitt nichtleer
ist. Dazu ben\"otigen wir etwas Vorbereitung.
\begin{definition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $a$, $b\in X$. Eine einfache 
  Kette zwischen $a$ und $b$ ist eine Folge von offenen Mengen
  $U_1$, \ldots, $U_n$ in $X$ mit
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $a\in U_1$, $a\not\in U_i$ f\"ur $i\neq1$,
  \item $b\in U_n$, $b\not\in U_i$ f\"ur $i\neq n$,
  \item $U_i\cap U_j\neq\emptyset$ \aequivalent $|i-j|\le1$.
  \end{enumerate}
\end{definition}
Beachte, dass wir nicht voraussetzen m\"ussen, dass
die offenen Mengen auch zusammenh\"angend sind. 

\begin{lemma}\label{einf kette lem}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $\U$ eine \"Uberdeckung von
  $X$ durch offene Mengen. Definiere auf $X$ eine Relation $\sim$
  durch $a\sim b$ :\aequivalent Es gibt eine einfache Kette zwischen
  $a$ und $b$ mit Elementen aus $\U$. 
  Dann ist $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation und die \"Aquivalenzklassen
  sind offen und abgeschlossen (als Teilmengen von $X$). 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweisskizze]
  Reflexivit\"at und Symmetrie sind klar.
  Zur Transitivit\"at:
  F\"ugt man die beiden einfachen Ketten aneinander, so 
  erh\"alt man eine verbindende Kette $U_1$, \ldots, $U_n$,
  $V_1$, \ldots, $V_m$. Durch Herauslassen von
  offenen Mengen (am Ende der \glqq $U$-Kette\grqq{} und dann auch noch 
  am Anfang der \glqq $V$-Kette\grqq) erh\"alt man eine einfache Kette. 
  Dies zeigt die Transitivit\"at. 
  \par
  Einfache Ketten bestehen aus offenen Mengen. Also sind die 
  \"Aquivalenzklassen offen. Das Komplement einer \"Aquivalenzklasse
  ist die Vereinigung aller anderen \"Aquivalenzklassen und damit
  auch offen. Somit ist jede \"Aquivalenzklasse abgeschlossen. 
\end{proof}

\begin{satz}\label{kette zush aequiv}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann ist $X$ genau dann 
  zu\-sam\-men\-h\"an\-gend, wenn es zu je zwei Punkten $a$, 
  $b\in X$ und jeder \"Uberdeckung $\U$ von $X$ durch offene 
  Mengen eine Kette zwischen $a$ und $b$
  gibt, deren Elemente aus $\U$ sind.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \Rueckrichtung Sei $X$ nicht zusammenh\"angend. Dann gibt es zwei
  nicht leere offene Mengen $O_1$ und $O_2\subset X$, so dass
  $O_1\cup O_2=X$ und $O_1\cap O_2=\emptyset$ gelten. Dann ist
  $\U:=\{O_1,O_2\}$ eine offene \"Uberdeckung von $X$. Ist
  $a\in O_1$ und $b\in O_2$ (solche Punkte existieren, da die
  beiden Mengen nicht leer sind), so gibt es keine einfache
  Kette von $a$ nach $b$, die aus Elementen von $\U$ besteht.
  \par
  \Hinrichtung Betrachte die in Lemma \ref{einf kette lem}
  beschriebenen \"Aquivalenzklassen. Diese sind nach diesem
  Lemma gleichzeitig offen und abgeschlossen. Gibt es zwei Punkte,
  die nicht durch eine Kette verbunden werden k\"onnen, also
  auch nicht zur selben \"Aquivalenzklasse geh\"oren, so bilden
  die zuge\"origen \"Aquivalenzklassen (ggf.{} nach Vereinigung
  mit weiteren \"Aquivalenzklassen) $O_1$ und $O_2$ eine
  Zerlegung von $X$ in zwei offene nichtleere Mengen. 
  Somit kann $X$ nicht zusammenh\"angend sein und die
  Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{satz}\label{zus ver satz}
  Seien $A$, $B$ zusammenh\"angende Teilmengen eines topologischen
  Raumes $X$. Gilt $A\cap B\neq\emptyset$, so ist 
  $A\cup B$ zusammenh\"angend.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Satz \ref{kette zush aequiv} gen\"ugt der Nachweis, dass es
  zwischen je zwei Punkten zu jeder \"Uberdeckung $\U$ von
  $A\cup B$ durch offene Mengen eine einfache Kette zwischen
  $a$ und $b$ aus offenen Mengen gibt. Seien also $a\in A$ und
  $b\in B$ beliebig. (Wenn beide Punkte in $A$ oder in $B$ liegen,
  folgt die Existenz einer einfachen Kette zwischen diesen beiden
  Punkten, da $A$ und $B$ zusammenh\"angend sind.) Sei $c\in A\cap
  B\neq\emptyset$ beliebig. Dann gibt es eine einfache Kette von
  $a$ nach $c$ ($A$ ist zusammenh\"angend) und eine einfache Kette
  von $c$ nach $b$ ($B$ ist zusammenh\"angend). Aufgrund der 
  Transitivit\"at der \"Aquivalenzrelation \glqq es gibt eine 
  einfache Kette aus Mengen in $\U$\grqq{} gibt es also auch
  eine einfache Kette von $a$ nach $b$ und es folgt, dass
  $A\cup B$ zusammenh\"angend ist. 
\end{proof}

\begin{satz}\label{prod zus satz}
  Sei $X=\prod\limits_{i\in I}X_i$ das topologische Produkt 
  nichtleerer Mengen $X_i$. Dann ist $X$ genau dann zusammenh\"angend,
  wenn jede Menge $X_i$ zusammenh\"angend ist.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \Hinrichtung Ist $X$ zusammenh\"angend, so ist auch $X_i=p_i(X)$,
  das Bild unter der stetigen Projektionsabbildung, zusammenh\"angend.
  \par
  \Rueckrichtung Seien alle Mengen $X_i$ zusammenh\"angend.
  Sei $a\in\prod\limits_{i\in I}X_i$. Sei $E$ als die Menge aller
  Punkte in $\prod\limits_{i\in I}X_i$ definiert, die mit $a$ in
  einer gemeinsamen zusammenh\"angenden Menge liegen. 
  Aus dem Beweis von Satz \ref{zus ver satz} folgt dann, dass
  auch die Menge $E$ zusammenh\"angend ist, da $E$ die Vereinigung
  von zusammenh\"angenden Mengen ist, die alle den fixierten
  Punkt $a$ enthalten. Wir wollen nun nachweisen, dass 
  $\ol E=X$ ist. Dann folgt die Behauptung, denn nach Satz
  \ref{Abschluss zshg} ist mit $E$ auch der Abschluss zusammenh\"angend.
  Betrachte also eine Elementarmenge $U\neq\emptyset$. Wir wollen zeigen,
  dass $E\cap U\neq\emptyset$ ist. Die Elementarmenge habe 
  die Form $U=\bigcap\limits_{k\in K}p_k^{-1}(U_k)$, wobei 
  $K\subset I$ eine endliche Teilmenge ist und die Mengen 
  $\emptyset\neq U_k\subset X_k$ offen sind. Wir d\"urfen 
  annehmen, dass $K=\{1,\,\ldots,\,n\}$ gilt. W\"ahle Punkte
  $b_k\in U_k$ f\"ur $1\le k\le n$. Wir definieren nun die folgenden
  Mengen:
  \begin{align*}
    E_1:=&\left\{x\in\prod\limits_{i\in I}X_i:
      x_1\text{ beliebig, }x_i=a_i\text{ sonst}\right\},\\  
    E_2:=&\left\{x\in\prod\limits_{i\in I}X_i:
      x_1=b_1,\ x_2\text{ beliebig, }x_i=a_i\text{ sonst}\right\},\\  
    &\ldots,\\
    E_n:=&\left\{x\in\prod\limits_{i\in I}X_i:
      x_i=b_i,\text{ f\"ur }1\le i\le n-1,\ x_n\text{ beliebig, }
      x_i=a_i\text{ sonst}\right\}.
  \end{align*}
  Die Mengen $E_i$ sind hom\"oomorph zu $X_i$ und daher 
  zusammenh\"angend. Nach Definition ist f\"ur $1\le i<n$
  $E_i\cap E_{i+1}\neq\emptyset$. Daher ist auch
  $A:=\bigcup\limits_{i=1}^nE_i$ nach Satz \ref{zus ver satz}
  zusammenh\"angend. Es gelten $a\in A$ und $a\in E$. Nach
  Definition von $E$ folgt also $A\subset E$. Nach Definition
  von $E_n$ ist $\emptyset\neq E_n\cap U$, also auch 
  $A\cap U\neq\emptyset$. Wir erhalten 
  $E\cap U\neq\emptyset$ und die Behauptung folgt.  
\end{proof}

\begin{definition}[Zusammenhangskomponente]
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $x\in X$. Die Vereinigung
  aller zusammenh\"angenden Mengen von $X$, welche $x$ enthalten
  (und damit die gr\"o\ss{}te zusammenh\"angende Menge, die $x$
  enth\"alt), hei\ss{}t Zusammenhangskomponente $K(x)$ von $x$.
\end{definition}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. F\"ur $x\in X$ ist die
  Zusammenhangskomponente von $x$, $K(x)$, zusammenh\"angend
  und abgeschlossen. Es gilt $\bigcup\limits_{x\in X}K(x)=X$.
  F\"ur $x$, $y\in X$ ist entweder $K(x)=K(y)$ oder
  $K(x)\cap K(y)=\emptyset$. Ist $O$ eine offene und
  abgeschlossene Menge, die $x$ enth\"alt, so gilt
  $K(x)\subset O$.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Benutze insbesondere die S\"atze \ref{Abschluss zshg}
  und \ref{zus ver satz} und die Definition
  von zusammenh\"angend.
\end{proof}

Somit ist $K(x)$ im Durchschnitt aller gleichzeitig offenen
und abgeschlossenen Mengen von $X$, die $x$ enthalten, 
enthalten. Das folgende Beispiel zeigt, dass hier aber
im allgemeinen keine Gleichheit gilt.
\begin{beispiel}
  Bestehe $X\subset\R^2$ aus den Punkten $u:=(0,0)$, $v:=(0,1)$
  und den Strecken $s_i:=\left\{\left(\frac1i,y\right):0\le y\le1\right\}$
  f\"ur $i\in\N\setminus\{0\}$. $X$ trage die Unterraumtopologie.
  Die Mengen $s_i$ sind bez\"uglich dieser Topologie offen, abgeschlossen
  und zusammenh\"angend. Gilt $(x,y)\in s_i$, so folgt
  $K((x,y))=s_i$. Die \"ubrigen Zusammenhangskomponenten von $X$ 
  sind durch $K(u)=\{u\}$ und $K(v)=\{v\}$ gegeben. 
  Sei nun $O$ eine offene und abgeschlossene Teilmenge von $X$
  mit $u\in O$. $O$ ist offen, also enth\"alt $O$ Punkte aus fast
  allen Mengen $s_i$. Da $O$ offen und abgeschlossen ist, enth\"alt
  $O$ alle Zusammenhangskomponenten, aus denen $O$ Punkte enth\"alt.
  Somit gilt f\"ur fast alle $i$ auch $s_i\subset O$. Wir sehen
  also, dass $v$ ein Ber\"uhrpunkt von $O$ ist. Da $O$ abgeschlossen
  ist, folgt auch $v\in O$. Es gilt also $\{u,v\}\subset O$.
  Daher ist $K(u)$ nicht gleich dem Durchschnitt aller offenen und
  abgeschlossenen Mengen von $X$, die $u$ enthalten, da jede solche
  Menge aufgrund der obigen \"Uberlegungen auch $v$ enth\"alt. 
\end{beispiel}

\begin{satz}
  Sei $X=\prod\limits_{i\in I}X_i$ und $x=(x_i)\in X$. Dann gilt
  $K(x)=\prod\limits_{i\in I}K(x_i)$, wobei $K(x_i)$ die 
  Zusammenhangskomponente von $x_i$ in $X_i$ ist. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Satz \ref{prod zus satz} ist die Menge 
  $\prod\limits_{i\in I}K(x_i)$ zusammenh\"angend. Wegen
  $x\in\prod\limits_{i\in I}K(x_i)$ folgt auch 
  $K(x)\supset\prod\limits_{i\in I}K(x_i)$. Nun ist aber 
  auch $K(x)$ selber zusammenh\"angend. Daher sind die
  kanonischen Projektionen (als stetige Bilder zusammenh\"angender
  Mengen) $p_i(K(x))$ zusammenh\"angend und enthalten $x_i$. 
  Es folgt also $p_i(K(x))\subset K(x_i)$. Daher gilt
  also auch $K(x)\subset\prod\limits_{i\in I}K(x_i)$ und
  die Behauptung folgt.   
\end{proof}

\begin{definition}[total unzusammenh\"angend]
  Ein topologischer Raum $X$ hei\ss{}t total unzusammenh\"angend,
  falls die Zusammenhangskomponente jedes Punktes nur aus diesem
  Punkt besteht, also $K(x)=\{x\}$ f\"ur alle $x\in X$ gilt.  
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein diskreter topologischer Raum (also ein Raum, versehen
    mit der diskreten Topologie), ist total unzusammenh\"angend.
  \item $\Q\subset\R$ ist total unzusammenh\"angend. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\subsection{Wegzusammenhang, lokaler Zusammenhang}
\begin{definition}[wegzusammenh\"angend]
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $I:=[0,1]\subset\R$.
  Eine stetige Abbildung $f:I\to X$ hei\ss{}t ein
  Weg in $X$. Der Raum $X$ hei\ss{}t wegzusammenh\"angend,
  wenn es zu je zwei Punkten $x$, $y\in X$ einen Weg
  $f:I\to X$ mit $f(0)=x$ und $f(1)=y$ gibt. 
\end{definition}

\begin{satz}
  Ein wegzusammenh\"angender Raum ist zusammenh\"angend.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Jeder Weg ist in einer Zusammenhangskomponente enthalten.
\end{proof}

\begin{definition}[lokal zusammenh\"angend]
  Ein topologischer Raum $X$ hei\ss{}t lokal zusammenh\"angend,
  wenn es zu jedem Punkt $x\in X$ und jeder Umgebung
  $U\in\U(x)$ eine zusammenh\"angende Umgebung $V\in\U(x)$
  mit $V\subset U$ gibt.
\end{definition}
% 4.27/4.28 ausgelassen

\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Zeige, dass die folgende Menge zusammenh\"angend, aber
nicht wegzusammenh\"angend ist:
$$G:=\left\{\left(x,\sin\frac1x\right):x\in(0,1]\right\}
\cup\{(0,y):y\in[-1,1]\}\subset\R^2.$$
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}\neueZeile
\begin{enumerate}[(i)]
\item\label{zus i} Sei $X$ ein topologischer Raum und seien $A$, 
$B\subset X$ abgeschlossen.
Sind $A\cap B$ und $A\cup B$ zusammenh\"angend, so 
sind $A$ und $B$ zusammenh\"angend.
\item Die Aussage aus \eqref{zus i} wird falsch, wenn $A$ oder
$B$ nicht abgeschlossen sind. 
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $X$ und $Y$ zusammenh\"angende R\"aume. Gelte
$A\subsetneq X$ und $B\subsetneq Y$. Zeige, dass dann
das Komplement von $A\times B$, $(X\times Y)\setminus
(A\times B)$, zusammenh\"angend ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $A\subset\R^n$ nicht leer offen und zusammenh\"angend.
Dann ist $A$ wegzusammenh\"angend.   
\end{aufgabe}

\section{Filter und Konvergenz}
Filter verallgemeinern den Begriff einer Folge.
\subsection{Folgen}
\begin{definition}[konvergente Folgen]\label{konv Folgen}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $(x_n)_{n\in\N}$ eine Folge von
  Punkten in $X$. Dann konvergiert die Folge $(x_n)_{n\in\N}$ gegen
  $x\in X$, $x_n\to x$, wenn es zu jeder Umgebung $U$ von $x$ ein
  $n_0\in\N$ gibt, so dass $x_n\in U$ f\"ur alle $n\ge n_0$.\par
  Ein Punkt $x\in X$ hei\ss{}t H\"aufungspunkt der Folge $(x_n)_{n\in\N}$,
  falls in jeder Umgebung von $x$ unendlich viele Folgeglieder liegen.
\end{definition}

\begin{remark}
  Es gen\"ugt f\"ur den Beweis der Konvergenz, eine
  Umgebungsbasis zu betrachten.\par
  Mit Hilfe von Ordinalzahlen und mit dem Wohlordnungssatz 
  kann man eine unstetige Funktion bekommen 
  \cite[Beispiel 5.3]{Querenburg},
  so dass aus $x_n\to x$ aber stets noch $f(x_n)\to f(x)$ folgt. Daher
  verallgemeinern wir den Begriff einer Folge und definieren Filter.
\end{remark}

\subsection{Filter}
\begin{definition}[Filter]
  Ein Filter $\F$ auf einer Menge $X$ ist ein System von Teilmengen 
  mit den folgenden Eigenschaften:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\emptyset\not\in\F$, $X\in\F$,
  \item $F_1$, $F_2\in\F$ \impliziert $F_1\cap F_2\in\F$, 
  \item $F\in\F$ und $F\subset F'$ \impliziert $F'\in\F$. 
  \end{enumerate}
  Eine Teilmenge $\F_0\subset\F$ hei\ss{}t Filterbasis f\"ur $\F$,
  wenn jedes Element aus $\F$ ein Element aus $\F_0$ enth\"alt. 
  Sei also $\B$ ein System von Teilmengen von $X$. Dann ist $\B$ 
  genau dann eine Filterbasis, wenn es ein nicht leeres System ist,
  nur nicht leere Teilmengen enth\"alt und f\"ur $B_1$, $B_2\in\B$
  stets ein $B_3\subset X$ enth\"alt, $B_3\in\B$, mit
  $B_3\subset B_1\cap B_2$.    
\end{definition}

\begin{beispiele}[Filter]\neueZeile
  \begin{enumerate}
  \item Sei $X$ ein topologischer Raum und $x\in X$. Dann ist $\U(x)$,
    das Umgebungssystem von $x$, ein Filter, der Umgebungsfilter von $x$.
  \item Sei $(x_i)_{i\in\N}$ eine Folge in $X$. Das System $\B$, bestehend
    aus den Mengen $B_k:=\{x_i:i\ge k\}$, $k\in\N$, ist eine Filterbasis
    f\"ur einen Filter $\F$ auf $X$. $\F$ hei\ss{}t der von der Folge
    erzeugte Filter oder der zur Folge $(x_i)_{i\in\N}$ geh\"orige Filter.
  \item Sei $\B:=\{(a,\infty):a\in\R\}$. $\B$ ist Basis eines Filters
    $\F$ auf $\R$. $\F$ hei\ss{}t Fr\'echet-Filter auf $\R$. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{definition}
  Sei $\F$ ein Filter. $\F$ hei\ss{}t frei, falls $\bigcap\limits_{F\in\F}F
  =\emptyset$ gilt und fixiert, falls 
  $\bigcap\limits_{F\in\F}F\neq\emptyset$ ist.
\end{definition}

\begin{beispiele}
  Der Fr\'echet-Filter auf $\R$ ist ein freier Filter,
  der Umgebungsfilter $\U(x)$ ist ein fixierter Filter.
  Nimmt man auf $\R$ zum Umgebungsfilter $\U(x)$ noch zu allen Mengen
  $U\in\U(x)$ die Mengen $U\setminus\{x\}$ hinzu, so erh\"alt 
  man einen freien Filter.
\end{beispiele}

\begin{definition}[feiner, Ultrafilter]
  Seien $\F_1$ und $\F_2$ Filter auf $X$. Dann hei\ss{}t $\F_1$ feiner
  als $\F_2$, falls $\F_2\subset\F_1$ gilt. $\F_2$ hei\ss{}t dann gr\"ober
  als $\F_1$.\par
  Ein Filter $\F$ auf $X$ hei\ss{}t Ultrafilter, wenn es keinen Filter auf
  $X$ gibt, der echt feiner (= feiner und ungleich) als $\F$ ist.   
\end{definition}

\begin{satz}
  Jeder Filter $\F$ ist in einem Ultrafilter enthalten.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen das Zornsche Lemma verwenden.
  Sei $\Phi$ die Menge aller Filter, die feiner als $\F$ sind. 
  $\Phi$ ist partiell geordnet durch die Relation $\subset$. 
  Sei $\Phi_1$ eine linear geordnete Teilmenge. Dann ist
  $\bigcup\limits_{\F\in\Phi_1}\F$ eine obere Schranke von $\Phi_1$. 
  Man \"uberlegt sich direkt nach der Definition eines Filters,
  dass auch dies wieder ein Filter ist. 
  Aufgrund des Zornschen Lemmas existiert also ein maximales 
  Element in $\Phi$. Dies ist nicht mehr verfeinerbar, also der
  gesuchte Ultrafilter.  
\end{proof}

\begin{satz}\label{ultra satz a not a}
  Ein Filter $\F$ ist genau dann ein Ultrafilter, wenn f\"ur jedes
  $A\subset X$ entweder $A\in\F$ oder $X\setminus A\in\F$ gilt.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $X$ der zugrunde liegende topologische Raum.\par
  \Hinrichtung Sei $\F$ ein Ultrafilter.
  Es gilt $A\cap(X\setminus A)=\emptyset$. Daher ist h\"ochstens
  eine dieser beiden Mengen im Filter enthalten. Betrachte zwei
  Mengen $F_1$ und $F_2$, so dass $F_1\subset A$ und $F_2\subset 
  X\setminus A$ gilt. Zwei solche Mengen k\"onnen nicht gleichzeitig
  in $\F$ sein. Also gilt f\"ur alle $F\in\F$, dass
  $F\cap A\neq\emptyset$ oder $F\cap(X\setminus A)\neq\emptyset$ ist. 
  (Falls nicht, so finden wir n\"amlich zwei Mengen $F_1$, $F_2\in\F$
  mit der Eigenschaft $F_1\cap A=\emptyset$ und $F_2\cap(X\setminus A)
  =\emptyset$, also $F_1\subset X\setminus A$ und $F_2\subset A$
  und wir erhalten einen Widerspruch zu den obigen \"Uberlegungen.)
  Wir nehmen ohne Einschr\"ankung (da $A$ eine beliebige Menge
  war) an, dass $F\cap A\neq\emptyset$ f\"ur alle $F\in\F$. 
  \par
  Daher ist $\{F\cap A:f\in\F\}$ eine Filterbasis. Der zugeh\"orige
  Filter $\mathcal G$ ist feiner als $\F$ und enth\"alt $A$. Nach 
  Voraussetzung ist aber $\F$ ein Ultrafilter und somit folgt
  aus $\F\subset\mathcal G$, dass $\F=\mathcal G$ gilt. Da $A\in
  \mathcal G$ ist, ist auch $A\in\F$.\par
  \Rueckrichtung Sei $\F$ ein Filter, der f\"ur alle Teilmengen
  $A\subset X$ entweder $A$ oder $X\setminus A$ enth\"alt. G\"abe
  es einen Filter $\mathcal G$, der echt feiner als $\F$ w\"are,
  so gibt es ein $G\in\mathcal G$, so dass $G\not\in\F$ ist. Nach
  Voraussetzung gilt dann aber $X\setminus G\in\F$ und auch 
  $X\setminus G\in\mathcal G$, da $\mathcal G$ feiner als $\F$ ist. 
  Der Filter $\mathcal G$ enth\"alt daher $G$ und $X\setminus G$.
  Widerspruch.  
\end{proof}

\begin{satz}
  Ein Filter $\F$ auf $X$ ist genau dann ein fixierter Ultrafilter,
  wenn $\F=\{F\subset X:x\in F\}$ f\"ur einen Punkt $x\in X$ gilt.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung Sei $\F$ ein fixierter Ultrafilter. Dann ist 
  $\bigcap\limits_{F\in\F}F\neq\emptyset$. Sei 
  $x\in\bigcap\limits_{F\in\F}F$. Sei $A$ eine beliebige Menge
  mit $x\in A$.
  Nach Definition von $x$ ist $X\setminus A\not\in\F$. Also
  folgt nach Satz \ref{ultra satz a not a}, dass $A\in\F$
  gilt.\par
  \Rueckrichtung Klar. 
\end{proof}

\begin{definition}[Limes, Ber\"uhrpunkt]\label{def limes}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $\F$ ein Filter.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{def limes i} 
    $\F$ konvergiert gegen $x\in X$, $\F\to x$,
    falls $\F\supset\U(x)$. $x$ hei\ss{}t Limespunkt des 
    Filters $\F$. 
  \item\label{def limes ii}
    Ein Punkt $x\in X$ hei\ss{}t Ber\"uhrpunkt des
    Filters $\F$, wenn $F\cap U\neq\emptyset$ f\"ur alle
    $U\in\U(x)$ und alle $F\in\F$ gilt. Die Menge der
    Ber\"uhrpunkte ist daher $\bigcap\limits_{F\in\F}\ol F$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}\label{filter bsp}
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein Limespunkt eines Filters $\F$ ist auch
    Ber\"uhrpunkt von $\F$. 
  \item Sei $(x_n)_{n\in\N}$ eine Folge in einem topologischen
    Raum $X$. Sei $\F$ der von der Folge erzeugte Filter. 
    Dann ist $x$ genau dann ein H\"aufungspunkt der Folge
    $(x_n)_{n\in\N}$, wenn $x$ ein Ber\"uhrpunkt des Filters
    $\F$ ist. 
  \item Der Fr\'echetfilter auf $\R$ besitzt keine 
    Ber\"uhrpunkte.
  \item Sei $\F$ der von der Filterbasis $\{(0,\epsilon):\epsilon>0\}$
    auf $\R$ erzeugte Filter. Dann gilt $\F\to0$.  
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{satz}\label{beruehr filter}
  Sei $\F$ ein Filter auf $X$. Dann ist $x\in X$ genau dann ein
  Ber\"uhrpunkt von $\F$, wenn es einen Filter $\mathcal G$
  gibt, der feiner als $\F$ ist und der gegen $x$ konvergiert.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung Sei $x$ Ber\"uhrpunkt des Filters $\F$. Dann ist
  $\{U\cap F:U\in\U(x),\quad F\in\F\}$ Filterbasis f\"ur einen
  Filter $\mathcal G$, der feiner als $\F$ ist und der gegen 
  $x$ konvergiert. (Nach der Definition von Ber\"uhrpunkt rechnet
  man direkt nach, dass dies eine Filterbasis ist.)\par
  \Rueckrichtung Sei $\F\subset\mathcal G$ und gelte $\mathcal G\to x$.
  Daher ist $U\in\mathcal G$ f\"ur alle $U\in\U(x)$ (Konvergenz)
  und $F\in\mathcal G$ f\"ur alle $F\in\F$ ($\mathcal G$ ist
  feiner als $\F$). Da $U$, $F\in\mathcal G$ gilt, folgt
  $U\cap F\neq\emptyset$. Nach Definition ist daher $x$ ein
  Ber\"uhrpunkt von $\F$. 
\end{proof}

Wir werden nun sehen, wie man mit Hilfe von Filtern die 
Stetigkeit von Abbildungen beschreiben kann.
\begin{definition}[Bildfilter]
  Sei $\F$ ein Filter auf $X$ und $f:X\to Y$ eine Abbildung. 
  Wir bezeichnen mit $f(\F)$ den Filter auf $Y$, der
  $\{f(F):F\in\F\}$ als Basis hat. $f(\F)$ hei\ss{}t das
  Bild des Filters $\F$ unter $f$ oder der Bildfilter.
\end{definition}

\begin{satz}\label{filter stet}
  Seien $X$ und $Y$ topologische R\"aume und sei $A\subset X$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Es ist $x\in\ol A$ genau dann, wenn ein Filter $\F$ auf
    $X$ existiert, so dass $A\in\F$ und $\F\to x$ gelten.
  \item \label{filter stet ii}
    Die Abbildung $f:X\to Y$ ist genau dann in $x\in X$
    stetig, wenn das Bild jedes gegen $x\in X$ konvergierenden
    Filters gegen $f(x)$ konvergiert.\\
    (\glqq $\F\to x\impliziert f(\F)\to f(x)$\grqq).
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item 
    \Hinrichtung Sei $x\in\ol A$. Dann ist $\{A\cap U:U\in\U(x)\}$ 
    eine Filterbasis f\"ur einen Filter, der $A$ enth\"alt und
    gegen $x$ konvergiert.\par
    \Rueckrichtung Gelten $\F\to x$ und $A\in\F$, so ist $x$
    insbesondere Ber\"uhrpunkt von $\F$. Damit ist 
    $x\in\bigcap\limits_{F\in\F}\ol F\subset\ol A$. 
  \item 
    \Hinrichtung Sei $f:X\to Y$ in $x$ stetig und $\F$ ein Filter auf $X$ 
    mit $\F\to x$. Da $f$ in $x$ stetig ist, gibt es zu einer (beliebigen)
    Umgebung $V$ von $f(x)$ eine Umgebung $U$ von $x$, so dass
    $f(U)\subset V$ gilt. Da $\F\to x$ konvergiert, ist $U\in\F$. 
    Somit ist $V\in f(\F)$. $V$ war beliebig, also folgt
    $f(\F)\to f(x)$.\par  
    \Rueckrichtung Gelte nun f\"ur jeden Filter $\F$ mit $\F\to x$
    auch $f(\F)\to f(x)$. Eine Umgebung $V$ von $f(x)$ geh\"ort damit
    zum Bildfilter $f(\F)$, $V\in f(\F)$. Nach Definition des
    Bildfilters gibt es daher ein $U\in\F$ mit $f(U)\subset V$. 
    Nehmen wir f\"ur $\F$ den Umgebungsfilter $\U(x)$, so folgt, dass
    $U$ auch eine Umgebung von $x$ ist. Somit ist $f$ in $x$
    stetig. \qedhere 
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ eine Menge, $(X_i)_{i\in I}$ sei eine Familie topologischer 
  R\"aume und $X$ trage die Initialtopologie bez\"uglich der Abbildungen 
  $f_i:X\to X_i$. Dann konvergiert ein Filter $\F$ auf $X$ genau
  dann gegen $x\in X$, wenn $f_i(\F)\to f_i(x)$ f\"ur alle 
  $i\in I$ konvergiert.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \Hinrichtung Klar, da die Abbildungen $f_i$ stetig sind.\par
  \Rueckrichtung Das System $$\left\{\bigcap\limits_{k\in K}
    f^{-1}_k(U_k):K\subset I\text{ endlich, }U_k\in\U(f_k(x))\right\}$$
  ist eine Umgebungsbasis f\"ur $x$. Es ist nachzuweisen, dass eine
  solche Menge zum Filter $\F$ geh\"ort. Es gen\"ugt zu zeigen, dass
  es ein $F\in\F$ gibt mit $F\subset\bigcap\limits_{k\in K}
  f^{-1}_k(U_k)$. Nach Annahme gibt es zu $U_k\in\U(f_k(x))$ ein
  $F_k\in\F$, so dass $f_k(F_k)\subset U_k$ ist. Daher ist 
  $F:=\bigcap\limits_{k\in K}F_k\in\F$. Nach Konstruktion ist aber
  $F_k\subset f_k^{-1}(U_k)$ und es folgt
  $F\subset\bigcap\limits_{k\in K}f_k^{-1}(U_k)$, wie behauptet. 
\end{proof}

\begin{corollary}\label{prod konv}
  Sei $(X_i)_{i\in I}$ eine Familie topologischer R\"aume. 
  $\prod\limits_{i\in I}X_i$ trage die Produkttopologie.
  Seien $p_i:X\to X_i$ die kanonischen Projektionsabbildungen.
  Dann konvergiert ein Filter $\F$ auf $X$ genau dann gegen
  ein $x\in X$, wenn $p_i(\F)\to p_i(x)$ f\"ur alle $i\in I$
  gilt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Produkttopologie ist eine Initialtopologie.  
\end{proof}

\begin{satz}[Spurfilter]
  Sei $X$ eine Menge und $\emptyset\neq A\subset X$.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $\F$ ein Filter auf $X$. Dann ist die
    Spur $\F\cap A:=\{F\cap A:F\in\F\}$ von $\F$ auf $A$
    genau dann ein Filter auf $A$, wenn $F\cap A\neq\emptyset$
    f\"ur alle $F\in\F$ gilt. $\F\cap A$ hei\ss{}t dann
    Spurfilter. 
  \item Sei $\F$ ein Ultrafilter auf $X$. Dann ist $\F\cap A$
    genau dann ein Filter auf $A$, wenn $A\in\F$ ist. In diesem
    Fall ist $\F\cap A$ ein Ultrafilter auf $A$. 
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Folgt aus den bisherigen \"Uberlegungen. \"Ubung.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und sei $A\subset X$. 
  Dann sind die folgenden Aussagen \"aquivalent.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $x\in\ol A$.
  \item F\"ur den Umgebungsfilter $\U(x)$ von $x$ ist die
    Spur $\U(x)\cap A$ auf $A$ ein Filter.
  \item Es gibt einen Filter auf $A$, dessen Bild unter
    der Injektion $A\subset X$ gegen $x$ konvergiert. 
  \end{enumerate}
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Folgt aus den bisherigen \"Uberlegungen. \"Ubung.
\end{proof}

\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}[Punktweise Konvergenz]
Sei $(f_n)_{n\in\N}$ eine Folge von Funktionen
$f_n:\R\to\R$, also $f_n\in\R^{\R}$, wobei wir
$\R^{\R}\cong\prod\limits_{x\in\R}\R\times\{x\}$ 
mit der Produkttopologie versehen. Sei $f\in\R^{\R}$.  
Zeige, dass $f_n\to f$ genau dann gilt, wenn 
$f_n(x)\to f(x)$ f\"ur alle $x\in\R$ gilt. 
(Die Produkttopologie beschreibt also gerade die
punktweise Konvergenz.)
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $\F$ ein Ultrafilter auf $X$ und sei $A\cup B\in\F$. Dann
ist $A\in\F$ oder $B\in\F$. 
\end{aufgabe}
} % weg

\weg{
\section{Trennungseigenschaften}
Dieses Kapitel wollen wir nicht allzu sehr vertiefen.
\begin{remark}[Metrische R\"aume]
  Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und seinen $A$, $B\subset X$
  abgeschlossen mit $A\cap B=\emptyset$. 
  Dann gibt es disjunkte Umgebungen $U$ und $V$ von $A$ und $B$. 
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  F\"ur jeden Punkt $a\in A$ ist der Abstand zu $B$ positiv. Er sei
  gleich $r_a>0$. Fixiere $B_{r_a/3}(a)$. Wiederhole diese Konstruktion 
  f\"ur alle Punkte $a\in A$. Deren Vereinigung
  $\bigcup\limits_{a\in A}B_{r_a/3}(a)$ ist eine offene Umgebung
  von $A$, die zu $B$ disjunkt ist. Dies ist $U$. Analog erh\"alt 
  man von $B$ ausgehend eine offene Umgebung $V$ von $B$. Nach 
  Konstruktion gilt $U\cap V=\emptyset$.   
\end{proof}

\subsection{Trennungsaxiome}
In allgemeinen topologischen R\"aumen braucht solch eine Aussage
nicht richtig zu sein. R\"aume, in denen man trotzdem Mengen 
voneinander durch Umgebungen \glqq trennen\grqq{} kann, erf\"ullen
entsprechende Trennungsaxiome.
\begin{definition}[Trennungsaxiome]
  \label{Tx def}
  Sei $X$ ein topologischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X$ hei\ss{}t $T_1$-Raum, falls je zwei Punkte $x$ und $y$ 
    aus $X$ Umgebungen $U\in\U(x)$ und $V\in\U(y)$ besitzen, 
    die jeweils den anderen Punkt nicht enthalten, 
    $x\not\in V$ und $y\not\in U$.
  \item $X$ hei\ss{}t $T_2$-Raum oder Hausdorffraum, wenn je zwei 
    Punkte disjunkte Umgebungen besitzen.
  \item $X$ hei\ss{}t $T_3$-Raum, wenn jede abgeschlossene Menge 
    $A\subset X$ und jeder Punkt $x\not\in A$ disjunkte Umgebungen
    besitzen.
  \item $X$ hei\ss{}t $T_{3a}$-Raum, wenn es zu jeder abgeschlossenen
    Menge $A\subset X$ und jedem Punkt $x\not\in A$ eine stetige
    Funktion $f:X\to[0,1]$ gibt, so dass $f(x)=1$ gilt und 
    $f(a)=0$ f\"ur alle $a\in A$.
  \item $X$ hei\ss{}t $T_4$-Raum, falls es zu je zwei disjunkten 
    abgeschlossenen Mengen disjunkte Umgebungen gibt.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{definition}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein topologischer Raum hei\ss{}t regul\"ar, wenn er ein
    $T_3$- und ein $T_1$-Raum ist.
  \item Ein topologischer Raum hei\ss{}t vollst\"andig regul\"ar,
    wenn er ein $T_{3a}$- und ein $T_1$-Raum ist. 
  \item Ein topologischer Raum hei\ss{}t normal, falls er ein
    $T_4$- und ein $T_1$-Raum ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{satz}\label{T1 aequiv}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann sind die folgenden 
  Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{T1a} $X$ ist ein $T_1$-Raum.
  \item\label{T1b} Jede einpunktige Menge ist abgeschlossen. 
    \glqq Punkte sind abgeschlossen.\grqq
  \item\label{T1c} Jede Teilmenge $A\subset X$ ist Durchschnitt 
    aller ihrer Umgebungen.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\rule{1mm}{0mm}\par
  \eqref{T1a} \impliziert\eqref{T1b}: Sei $a\in X$. Die Menge
  $\bigcup\limits_{x\neq a}U_x$ ist offen, wenn alle Mengen
  $U_x$ offen sind. W\"ahle f\"ur $U_x$ jeweils
  eine offene Menge mit $x\in U_x$, aber $a\not\in U_x$, die aufgrund
  der $T_1$-Eigenschaft existiert.\par
  \eqref{T1b} \impliziert\eqref{T1a}: Verwende als offene Mengen gerade
  die Komplemente zu einem gegebenen Punkt.\par
  \eqref{T1a} \impliziert\eqref{T1c}: Sei $a\not\in A$. W\"ahle dann als
  Umgebung von $A$ die Menge $\bigcup\limits_{x\in A}U_x$ mit Mengen
  $U_x$ wie oben.\par 
  \eqref{T1c} \impliziert\eqref{T1a}: Sei $x\in X$. Sei $a\neq x$.
  Da die Menge $\{a\}$ Durchschnitt aller ihrer Umgebungen ist, gibt
  es insbesondere eine Umgebung, die $x$ nicht enth\"alt. Man
  vertausche nun die Rollen von $x$ und $a$. 
\end{proof}

\begin{corollary}\label{normal ist hausdorff}
  Sei $X$ ein regul\"arer $(T_3+T_1)$ topologischer Raum. Dann ist
  $X$ hausdorffsch.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Satz \ref{T1 aequiv} sind Punkte abgeschlossen. Somit folgt
  aus $T_3$ auch $T_2$.  
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann sind die folgenden 
  Aussagen \"aquivalent:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{hiae} $X$ ist hausdorffsch.
  \item\label{hiiae} 
    F\"ur jeden Punkt $x\in X$ ist der Durchschnitt aller seiner
    abgeschlossenen Umgebungen gleich der Menge $\{x\}$.
  \item\label{hiiiae} 
    Die Diagonale $\Delta\subset X\times X$ ist abgeschlossen
    in $X\times X$. $(\Delta:=\{(x,x)\in X\times X:x\in X\})$
  \item\label{hivae}
    Jeder konvergente Filter auf $X$ besitzt genau einen Limespunkt.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\rule{1mm}{0mm}\par
  \eqref{hiae} \impliziert\eqref{hivae}: Sei $\F$ ein konvergenter
  Filter. Seien $x$ und $y$ Limespunkte von $\F$. Nach Definition
  von Konvergenz gilt dann $\U(x)\subset\F$ und $\U(y)\subset\F$.
  Ist $x\neq y$, so gibt es Umgebungen $U\in\U(x)$ und $V\in\U(y)$
  mit $U\cap V=\emptyset$. Da $U\in\F$ und $V\in\F$ gelten, folgt
  auch $U\cap V\in\F$, also $\emptyset\in\F$ und wir erhalten einen
  Widerspruch zur Definition eines Filters.\par
  \eqref{hivae} \impliziert\eqref{hiiae}: Sei 
  $y\in\bigcap\limits_{U\in\U(x)}\ol U$, liege also im Schnitt aller
  abgeschlossenen Umgebungen von $x$. Nach Definition ist damit 
  $y$ Ber\"uhrpunkt von $\U(x)$. Nach Satz \ref{beruehr filter} gibt
  es also einen Filter $\F$, der feiner ist als $\U(x)$ und der 
  gegen $y$ konvergiert. Damit sind aber $x$ und $y$ Limespunkte
  des Filters $\F$. Es gilt also nach Voraussetzung $x=y$.\par  
  \eqref{hiiae} \impliziert\eqref{hiae}: Seien $x\neq y\in X$. 
  Nach \eqref{hiiae} gibt es eine abgeschlossene Umgebung 
  $\ol U\in\U(x)$ mit $y\not\in\ol U$. Sei ohne Einschr\"ankung
  $U$ offen. Dann ist $X\setminus\ol U$
  eine offene Umgebung von $y$, die zur offenen Umgebung $U$ von $x$ 
  disjukt ist. Somit ist
  $X$ hausdorffsch.\par 
  \eqref{hiae} \impliziert\eqref{hiiiae}: Sei $X$ hausdorffsch und
  gelte $(x,y)\not\in\Delta\subset X\times X$, also $x\neq y$. 
  Dann gibt es offene Umgebungen
  $U\in\U(x)$ und $V\in\U(y)$ mit $U\cap V=\emptyset$. Die Menge
  $(U\times V)\subset(X\times X)$ ist eine Umgebung von $(x,y)$. Da
  $U\cap V=\emptyset$ ist, gilt auch 
  $(U\times V)\cap\ol\Delta=\emptyset$.
  Da aus $(x,y)\not\in\Delta$ also $(x,y)\not\in\ol\Delta$ folgt,
  ist die Diagonale $\Delta$ abgeschlossen.\par
  \eqref{hiiiae} \impliziert\eqref{hiae}: Nehme nun an, dass die
  Diagonale abgeschlossen ist. Sei $x\neq y$, also 
  $(x,y)\not\in\Delta$. Daher gibt es eine offene Umgebung von
  $(x,y)$, die einen leeren Schnitt mit der Diagonalen $\Delta$ hat.
  Da offene Umgebungen der Form $U\times V$ eine Basis der offenen
  Mengen bilden, finden wir auch eine solche Menge, die $(x,y)$
  enth\"alt, so dass $(U\times V)\cap\Delta=\emptyset$. Also sind
  $U$ und $V$ disjunkte offene Umgebungen von $x$ und $y$. 
\end{proof}

\begin{satz}\label{aequiv T3}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann ist $X$ genau dann $T_3$,
  wenn f\"ur jeden Punkt $x\in X$ die abgeschlossenen Umgebungen
  von $x$ eine Umgebungsbasis bilden.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung Sei $X$ ein $T_3$-Raum und sei $U$ eine Umgebung
  von $x\in X$. Dann ist $X\setminus\dot U$ abgeschlossen und
  enth\"alt den Punkt $x$ nicht. Somit gibt es offene disjunkte
  Mengen $V$ und $W$ mit $x\in V$ und $\left(X\setminus\dot U\right)
  \subset W$. Es gilt $V\subset X\setminus W$. Da die Menge 
  $X\setminus W$ abgeschlossen ist, folgt auch $\ol V\subset
  X\setminus W$. Da nach Wahl von $W$ die Inklusion 
  $X\setminus\dot U\subset W$ gilt, folgt, dass $X\setminus W
  \subset\dot U\subset U$ gilt. Zusammengenommen erhalten wir
  also $\ol V\subset X\setminus W\subset U$. Damit ist $V$ eine
  in $U$ enthaltene abgeschlossene Umgebung mit $x\in V$; die
  Behauptung folgt.\par
  \Rueckrichtung Sei nun $A\neq X$ eine abgeschlossene Teilmenge
  und $x\in X\setminus A$. Dann ist $X\setminus A$ eine offene
  Umgebung von $x$ und enth\"alt daher auch eine abgeschlossene
  Umgebung $U$ mit $x\in U\subset X\setminus A$. Daher sind
  $\dot U$ und $X\setminus U$ offen und disjunkt. Weiterhin gilt
  $x\in\dot U$ und $A\subset X\setminus U$. Daher ist $X$ ein
  $T_3$-Raum.
\end{proof}

\subsection{Vererbbarkeit von Trennungseigenschaften}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein Hausdorffraum und $A\subset X$. Dann ist
  auch $A$ (versehen mit der Unterraumtopologie) ein
  Hausdorffraum.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Folgt direkt aus der Definition.
\end{proof}

\begin{remark}
  Man kann zeigen, dass sich die Trennungsaxiome 
  $T_1$, $T_2$, $T_3$ und $T_{3a}$ auf Untterr\"aume
  vererben. Ein abgeschlossener Unterraum eines
  $T_4$-Raumes ist wieder $T_4$.   
\end{remark}
\begin{proof}[Beweis]
  \cite[Kapitel 6 B]{Querenburg}  
\end{proof}

% Nur ein Teil von Satz 6.20
\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum, $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation
  auf $X$ und $\pi:X\to X/\!\!\sim$ die kanonische Projektion. Dann gilt
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $X/\!\!\sim$ ein Hausdorffraum, dann ist die Relation
    $\sim$ abgeschlossen in $X\times X$, \dh die Teilmenge
    $\{(x,y)\in X\times X:x\sim y\}$ ist abgeschlossen in $X\times X$. 
  \item Sei $X$ regul\"ar $(T_1+T_3)$ und $A\subset X$ abgeschlossen.
    Sei $\sim$ eine \"Aquivalenzrelation, definiert durch
    $x\sim y:\aequivalent$ ($x=y$ oder ($x\in A$ und $y\in A$)).
    Dann ist $X/\!\!\sim$ hausdorffsch. 
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
\begin{enumerate}[(i)]
\item Betrachte die Abbildung 
$\pi\times\pi:X\times X\to (X/\!\!\sim)\times(X/\!\!\sim)$. 
Da $X/\!\!\sim$ hausdorffsch ist, ist die Diagonale $\Delta
\subset(X/\!\!\sim)\times(X/\!\!\sim)$ abgeschlossen. Also
ist auch das Urbild der Diagonalen unter der stetigen Abbildung
$\pi\times\pi$ abgeschlossen. Dieses Urbild ist aber gerade
die Relation $\sim$. 
\item Sei $x\in A$, $y\not\in A$. Dann folgt die f\"ur die
Hausdorffeigenschaft n\"otige Trennung gerade aus der 
$T_3$-Eigenschaft. 
Seien $x\not\in A$ und $y\not\in A$, so argumentiere man
wie in Aufgabe \ref{mehr pkt T2}, um zu $A$ disjunkte
Umgebungen zu erhalten. Der Fall $x\in A$, $y\in A$ tritt
nicht auf, da diese beiden Punkte identifiziert werden. 
\end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Fortsetzbarkeit stetiger Abbildungen}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $Y$ ein Hausdorffraum.
  $f$, $g:X\to Y$ seien stetige Abbildungen. Dann gilt:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\{x\in X:f(x)=g(x)\}$ ist abgeschlossen in $X$.
  \item Ist $D\subset X$ dicht und gilt $f|_D=g|_D$, so
    ist $f=g$. 
  \item $\graph f=\{(x,f(x)):x\in X\}$ ist abgeschlossen
    in $X\times Y$.
  \item Ist $f$ injektiv und stetig, so ist $X$ hausdorffsch.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Betrachte die stetige Abbildung
    \begin{align*}
      (f,g):X\to& Y\times Y,\\
      x\mapsto&(f(x),g(x)).
    \end{align*}
    Dann ist $\{x\in X:f(x)=g(x)\}=(f,g)^{-1}(\Delta)$ als Urbild
    der Diagonalen, die in einem Hausdorffraum abgeschlossen ist,
    abgeschlossen. 
  \item Definiere $A:=\{x\in X:f(x)=g(x)\}$. Dann ist $D\subset A$.
    $A$ ist abgeschlossen und $D$ ist dicht in $X$, also gilt
    $A\supset\ol D=X$. 
  \item Der Graph von $f$ ist gerade das Urbild der Diagonalen
    $\Delta\subset Y\times Y$ unter der stetigen Abbildung
    $(x,y)\mapsto(f(x),y)$.
  \item Die Abbildung $f^{-1}:\P(f(X))\to\P(X)$ mit 
    $f(A)\mapsto A$ ist eine offene Bijektion. 
    Sei also $x\neq y\in X$. W\"ahle nun disjunkte Umgebungen zu
    $f(x)$ und $f(y)$ und bilde diese dann mit $f^{-1}$ wieder nach
    $X$ ab. \qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum, $D\subset X$ sei eine dichte 
  Teilmenge. Sei $Y$ regul\"ar $(T_1+T_3)$ und 
  $f:D\to Y$ eine stetige Abbildung. Dann besitzt $f$ genau
  dann eine stetige Fortsetzung $F:X\to Y$, wenn f\"ur jedes
  $x\in X$ der Filter $\U(x)\cap D:=\{U\cap D:U\in\U(x)\}$
  unter $f$ auf einen konvergenten Filter abgebildet wird.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  \Hinrichtung Sei $f$ stetig fortsetzbar. Sei $x\in X$. 
  Der von $\U(x)\cap D$ auf $X$ erzeugte Filter ist feiner als
  $\U(x)$. Also konvergiert er gegen $x$. Nach der
  Stetigkeitscharakterisierung mit Hilfe von Filtern 
  (Satz \ref{filter stet} \eqref{filter stet ii}) konvergiert
  aufgrund der Stetigkeit der von $F(\U(x)\cap D)=f(\U(x)\cap D)$
  erzeugte Filter. Somit ist die angegebene Bedingung notwendig.
  \par
  \Rueckrichtung
  Nehme also an, dass f\"ur jedes $x\in X$ der Filter 
  $\U(x)\cap D$ unter $f$ auf einen konvergenten Filter
  abgebildet wird. Sei $x\in X$ beliebig. Nach Korollar 
  \ref{normal ist hausdorff} 
  ist $Y$ hausdorffsch. Also konvergiert der Filter
  $f(\U(x)\cap D)$ gegen einen eindeutig bestimmten Limespunkt.
  Bezeichne diesen mit $F(x)$. Ist $x\in D$, so gilt
  $F(x)=f(x)$, denn $\U(x)\cap D$ ist der Umgebungsfilter von
  $x$ in $D$ und $f$ ist stetig, bildet diesen Filter also gerade
  auf einen Filter ab, der gegen $f(x)$ konvergiert. \par
  Wir wollen noch nachweisen, dass $F$ f\"ur alle $x\in X$ 
  stetig ist. Sei dazu $x\in X$ und $W$ eine Umgebung von 
  $F(x)$. Der Raum $Y$ ist regul\"ar. Somit existiert nach
  Satz \ref{aequiv T3} auch eine abgeschlossene Umgebung $V$
  von $F(x)$, so dass $V\subset W$ ist. Da $F(x)$ als Limespunkt
  des Bildfilters definiert ist (also enth\"alt der Bildfilter
  den Umgebungsfilter), gibt es eine (ohne Einschr\"ankung
  offene) Umgebung $U$ von $x$, so dass $f(U\cap D)\subset V$ ist. 
  Wir wollen nun zeigen, dass $F(U)\subset V$ gilt, was dann
  die behauptete Stetigkeit liefert. 
  Da $U$ offen ist, gilt f\"ur beliebige $y\in U$, dass 
  $U\in\U(y)$ ist. Hieraus folgt insbesondere
  $f(U\cap D)\in f(\U(y)\cap D)$. Nach Definition von $F(y)$ 
  ist $F(y)$ Limespunkt (und damit auch Ber\"uhrpunkt) 
  des Bildfilters $f(\U(y)\cap D)$.
  Somit ist nach Definition \ref{def limes} \eqref{def limes ii}
  insbesondere $F(y)\in\ol{f(U\cap D)}$. Wir hatten $V$ als
  abgeschlossene Umgebung von $F(x)$ gew\"ahlt. Es folgt daher
  (wir hatten oben eingesehen, dass $f(U\cap D)\subset V$ gilt)
  $\ol{f(U\cap D)}\subset V$. Wir hatten $y$ als einen beliebigen
  Punkt in $U$ gew\"ahlt, erhalten also $F(U)\subset V$ und
  die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\weg{
\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Sei $X:=(\R\setminus\{0\})\cup\{0_a,0_b\}$. Eine Teilmenge 
$A\subset X$ hei\ss{}t offen, falls
\begin{enumerate}[(i)]
\item $0_a\not\in A$, $0_b\not\in A$ und $A\subset\R$ ist offen.
\item $0_a\in A$ oder $0_b\in A$ und $(A\cup\{0\})\setminus\{0_a,0_b\}
\subset\R$ ist offen. 
\end{enumerate}
Zeige, dass $X$ ein topologischer Raum ist,
aber kein Hausdorffraum. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Zeige, dass die Zariski-Topologie auf $\R^n$, $n\ge1$, 
nicht hausdorffsch ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}\label{mehr pkt T2}
Sei $X$ ein Hausdorffraum und $a_1$, \ldots, $a_n\in X$ seien
paarweise verschiedene Punkte. Dann gibt es disjunkte offene
Umgebungen $U_i$, $1\le i\le n$, mit $a_i\in U_i$. 
\end{aufgabe}
} % weg
} % weg

\weg{
\section{Normale R\"aume}
Eine reellwertige Abbildung, $f:X\to\R$, wollen wir Funktion nennen.
In diesem Abschnitt behandeln wir die Lemmata von Tietze und
Urysohn sowie Partitionen der Eins aus topologischer Perspektive.

\subsection{Das Lemma von Urysohn}
Wir wollen hier untersuchen, wie sich abgeschlossene Mengen
durch stetige Funktionen trennen lassen.
\begin{satz}[Urysohns Lemma]
  \label{urysohn satz}
  Sei $X$ ein $T_4$-Raum und seien $A$, $B\subset X$ disjunkte
  nicht leere abgeschlossene Mengen in $X$. Dann gibt es eine
  stetige Funktion $f:X\to[0,1]\subset\R$ mit 
  $f(A)=\{0\}$ und $f(B)=\{1\}$. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir wollen im Beweis h\"aufiger die folgende Tatsache benutzen:
  In einem $T_4$-Raum gibt es zu einer abgeschlossenen Menge $C$ 
  und zu einer offenen Menge $O$ mit $C\subset O$ stets eine
  offene Menge $O_1$, so dass $C\subset O_1\subset\ol{O_1}
  \subset O$ gilt (Man betrachtet dazu die beiden abgeschlossenen
  Mengen $C$ und $X\setminus O$ und benutzt die $T_4$-Eigenschaft.).\par
  Betrachte die Menge 
  $$D:=\left\{\frac p{2^k}:0\le p\le 2^k,\,p\in\N,\,k\in\N_{>0}\right\}$$
  und die folgende Aufz\"ahlung ihrer Elemente
  $$0,\,1,\,\frac12,\,\frac14,\,\frac34,\,\ldots,\,
  \frac1{2^n},\,\frac3{2^n},\,\ldots,\frac{2^n-1}{2^n},\,\ldots.$$
  Wir wollen nun gem\"a\ss{} dieser Aufz\"ahlung den Zahlen Mengen
  zuordnen, die wir entsprechend der \"ublichen Ordnung $\le$ auf
  $\R$ geschachtelt w\"ahlen. W\"ahle zun\"achst offene Mengen
  $G_0$ und $G_1$, so dass 
  $$A\subset G_0\subset\ol G_0\subset G_1\subset\ol G_1\subset
  X\setminus B$$
  gilt. Per Induktion ordnen wir nun jeder Zahl $\tau$ in der obigen 
  Aufz\"ahlung eine Menge $G_\tau$ zu. Sei dazu $a$ mit $a<\tau$ 
  maximal aus den Zahlen der Aufz\"ahlung, die bereits verwendet 
  wurden und $b$ mit $\tau<b$ minimal aus denselben Zahlen.
  Wir w\"ahlen nun eine offene Menge $G_\tau$, so dass
  $\ol G_a\subset G_\tau\subset\ol G_\tau\subset G_b$
  gilt.\par
  Definiere schlie\ss{}lich f\"ur beliebige $t\in[0,1]$
  eine Menge $G_t$ durch 
  $$G_t:=\bigcup\limits_{\genfrac{}{}{0pt}{}{d\in D}{d\le t}}G_d.$$
  Wir beobachten, dass die Mengen $G_t$, $0\le t\le1$, alle offen sind
  und dass die Definition f\"ur die Mengen, die wir oben schon definiert
  haben, mit der obigen Definition \"ubereinstimmt. Weiterhin gilt
  f\"ur $t<\tau$ die Inklusion $\ol G_t\subset G_\tau$. Wir definieren
  nun eine Funktion $f:X\to\R$ durch 
  $$f(x):=\begin{cases}
    \inf\{t\in[0,1]:x\in G_t\}&x\in G_1,\\
    1&x\not\in G_1.
  \end{cases}$$
  Es gilt $0\le f(x)\le1$ f\"ur alle $x\in X$. Weiterhin ist
  $f(A)=\{0\}$ und $f(B)=\{1\}$.\par
  Wir wollen nun noch nachweisen, dass $f$ stetig ist. Definiere
  dazu $G_t:=\emptyset$, falls $t<0$ ist und $G_t:=X$, falls
  $t\ge1$ gilt. Seien $x_0\in X$ und $\epsilon>0$ beliebig. 
  Dann ist 
  $O:=G_{f(x_0)+\epsilon/2}\setminus\ol G_{f(x_0)-\epsilon/2}$
  eine offene Umgebung von $x_0$. Nach Definition von $f$
  gilt $f(O)\subset(f(x_0)-\epsilon,f(x_0)+\epsilon)$. Daher ist
  die Funktion $f$ im Punkte $x_0$ stetig. 
\end{proof}

\begin{satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann ist $X$ genau dann ein
  $T_4$-Raum, wenn es zu je zwei disjunkten abgeschlossenen 
  nicht leeren Teilmengen $A$ und $B\subset X$ eine stetige 
  Funktion $f:X\to\R$ mit $f(A)=\{0\}$ und $f(B)=\{1\}$ gibt. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  (Falls die Teilmengen leer sein d\"urfen erh\"alt man nur
  Aussagen wie $f(a)=0$ f\"ur alle $a\in A$.)\par
  \Hinrichtung Ist genau die Aussage von Urysohns Lemma.\par
  \Rueckrichtung W\"ahle als offene Umgebungen 
  $f^{-1}\left(\left(-\infty,\frac13\right)\right)$
  und $f^{-1}\left(\left(\frac23,\infty\right)\right)$.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Ein normaler Raum $(T_4+T_1)$ ist vollst\"andig regul\"ar
  $(T_{3a}+T_1)$.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Ein normaler Raum ist $T_1$. Also sind Punkte abgeschlossen
  und die Behauptung folgt aus dem Urysohnschen Lemma.  
\end{proof}

Um zu sehen, ob es auch eine Funktion $f$ gibt, die genau
auf einer gegebenen abgeschlossenen Menge den Wert $1$ 
annimmt, brauchen wir zun\"achst die folgende Definition.
\begin{definition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Eine Teilmenge $A$ von $X$
  hei\ss{}t $G_\delta$-Menge, wenn sie als Durchschnitt 
  von abz\"ahlbar vielen offenen Mengen $G_i$ dargestellt werden
  kann: 
  $$A=\bigcap\limits_{i=1}^\infty G_i.$$
  Eine Teilmenge $B\subset X$ hei\ss{}t $F_\sigma$-Menge, wenn
  sie als Vereinigung von abz\"ahlbar vielen abgeschlossenen
  Mengen $F_i$ dargestellt werden kann:
  $$B=\bigcup\limits_{i=1}^\infty F_i.$$
  (Eselsbr\"ucke: $G$: Gebiet, offen, $F$: ferm\'e, abgeschlossen,
  $\delta$: Durchschnitt, $\sigma$: Summe, Vereinigung.)
\end{definition}

\begin{satz}\label{g delta satz}
  Sei $X$ ein $T_4$-Raum. Sei $\emptyset\neq A\subset X$ abgeschlossen.
  Dann gibt es genau dann eine stetige Funktion $f:X\to\R$ mit
  $f^{-1}(\{0\})=A$, wenn $A$ eine $G_\delta$-Menge ist.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
\Hinrichtung Sei $f$ eine stetige Funktion mit $f^{-1}(\{0\})=A$,
so gilt
$$A=f^{-1}(\{0\})=f^{-1}\left(\bigcap\limits_{i=1}^\infty
\left(-\tfrac1i,\tfrac1i\right)\right)=\bigcap\limits_{i=1}^\infty
f^{-1}\left(\left(-\tfrac1i,\tfrac1i\right)\right).$$
Daher ist $A$ eine $G_\delta$-Menge.\par
\Rueckrichtung Seien nun $G_i\subset X$ offene Mengen und 
$A=\bigcap\limits_{i=1}^\infty G_i$. Nach dem Urysohnschen
Lemma finden wir stetige Funktionen $f_i:X\to[0,1]$, so dass
$f_i(A)=\{0\}$ und $f_i(X\setminus G_i)\subseteq\{1\}$ gelten. Definiere
eine Funktion $f:X\to\R$ durch
$$f(x):=\sum\limits_{i=1}^\infty\tfrac1{2^i}f_i(x)
\quad\text{f\"ur }x\in X.$$
Nach Aufgabe \ref{glm lim stet} ist $f$ eine stetige Funktion.
Nach Konstruktion gilt $f(x)=0$ genau dann, wenn $x\in A$ ist.
\end{proof}

Wir erhalten damit die folgende Versch\"arfung des Urysohnschen Lemmas.
\begin{satz}
  Sei $X$ ein $T_4$-Raum. Seien $A$, $B\subset X$ nichtleere 
  disjunkte abgeschlossene $G_\delta$-Mengen, so gibt es eine stetige
  Funktion $f:X\to[0,1]$, so dass
  $f(x)=0$ \aequivalent $x\in A$ und 
  $f(x)=1$ \aequivalent $x\in B$ gelten.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  In Satz \ref{g delta satz} k\"onnen wir die Funktion $f$ so 
  konstruieren, dass $f(x)=0$ \aequivalent $x\in A$ und 
  $f(B)=\{1\}$ gelten. Sei $g:X\to\R$ eine Funktion, so dass
  $g(x)=1$ \aequivalent $x\in B$ und $g(A)=\{0\}$ gelten.
  Dann leistet die Funktion $\frac12(f+g)$ das Geforderte.
\end{proof}

\begin{aufgabe}\label{glm lim stet}
Sei $x$ ein topologischer Raum und $f_n:X\to\R$ eine Folge
stetiger Funktionen. 
\begin{enumerate}[(i)]
\item Konvergiert $f_n$ gleichm\"a\ss{}ig gegen
$f$, so ist $f$ stetig.
\item Gilt $|f_n(x)|<a_n$ f\"ur alle $x\in X$ und 
konvergiert $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$, dann ist
$g_n:=\sum\limits_{i=0}^nf_i$ gleichm\"a\ss{}ig konvergent
und $g:X\to\R$ mit $g(x):=\lim\limits_{i\to\infty}g_i(x)$
f\"ur alle $x\in X$ ist eine stetige Funktion. 
\end{enumerate} 
\end{aufgabe}

\subsection{Fortsetzung stetiger Abbildungen}
Das Urysohnsche Lemma besagt, dass eine spezielle stetige
Funktion auf $A\cup B$ sich f\"ur disjunkte nichtleere abgeschlossene
Mengen $A$, $B\subset X$ zu einer stetigen Funktion auf $X$ 
fortsetzen l\"asst. Dies verallgemeinern wir nun.
\begin{satz}[Tietze]
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann ist $X$ genau dann ein
  $T_4$-Raum, wenn sich jede auf einer abgeschlossenen Menge 
  definierte stetige Funktion zu einer stetigen Funktion auf
  ganz $X$ fortsetzen l\"asst.  
\end{satz}

\begin{aufgabe}
Lies und verstehe den Beweis des Satzes von Tietze, z.\,B.\
in \cite[Kapitel 7 B]{Querenburg}.  
\end{aufgabe}

\subsection{Lokal endliche Systeme und Partition der Eins}
\begin{satz}
  Sei $X$ ein normaler Raum und $\U=(U_i)_{i\in I}$ eine lokal
  endliche \"Uberdeckung von $X$. Dann gibt es eine $\U$
  untergeordnete Zerlegung der Eins.   
\end{satz}

\begin{aufgabe}
Lies und verstehe den Beweis dieses Satzes (einschlie\ss{}lich
Definitionen), z.\,B.\ in 
\cite[Kapitel 7 C]{Querenburg}.  
\end{aufgabe}

\section{Kompakte R\"aume}
Aus der Analysis wissen wir, dass im $\R^n$ beispielsweise 
Folgenkompaktheit und \"Uberdeckungskompaktheit \"ubereinstimmen.
In $\R^n$ sind folgen- und \"uberdeckungskompakte Teilmengen 
jeweils gerade die beschr\"ankten und abgeschlossenen
Teilmengen. Wir wollen hier Kompaktheit etwas genauer untersuchen.

\subsection{Kompakte R\"aume}

\begin{definition}[Kompaktheit]
  Sei $X$ ein topologischer Raum.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $X$ hei\ss{}t quasikompakt, wenn jede
    offene \"Uberdeckung $(U_i)_{i\in I}$ von $X$ eine endliche
    Teil\"uberdeckung $(U_i)_{i\in I'}$ mit $I'\subset I$ und 
    $\# I'<\infty$ enth\"alt. 
  \item Ein topologischer Raum hei\ss{}t kompakt, wenn er quasikompakt
    und hausdorffsch ist.
  \item Eine Teilmenge $A\subset X$ hei\ss{}t quasikompakt (kompakt),
    wenn der Unterraum $A$ quasikompakt (kompakt) ist. 
  \item $A\subset X$ hei\ss{}t relativ kompakt, wenn $\ol A$ kompakt
    ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{satz}\label{quasikomp aequiv satz}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann sind die folgenden Eigenschaften
  \"aquivalent.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{kompa} $X$ ist quasikompakt.
  \item\label{kompb} Jede Familie $(A_i)_{i\in I}$ abgeschlossener Mengen von $X$
    mit $\bigcap\limits_{i\in I}A_i=\emptyset$ enth\"alt eine endliche
    Familie $(A_i)_{i\in I'}$ mit $\bigcap\limits_{i\in I'}A_i=\emptyset$. 
  \item\label{kompc} Jeder Filter auf $X$ besitzt einen Ber\"uhrpunkt.
  \item\label{kompd} Jeder Ultrafilter ist konvergent.
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \eqref{kompa} \impliziert\eqref{kompb}: Man betrachtet die Komplemente:
  Ist $(A_i)_{i\in I}$ eine Familie abgeschlossener Mengen mit 
  $\bigcap\limits_{i\in I}A_i=\emptyset$, so ist $(X\setminus A_i)_{i\in I}$
  eine offene \"Uberdeckung von $X$. Daher gibt es eine endliche Teilmenge
  $I'\subset I$, so dass $\bigcup\limits_{i\in I'}(X\setminus A_i)=X$ gilt.
  Es folgt $\bigcap\limits_{i\in I'}A_i=\emptyset$.\par
  \eqref{kompb} \impliziert\eqref{kompc}: Hat $\F$ keinen Ber\"uhrpunkt,
  so ist $\bigcap\limits_{F\in\F}\ol F=\emptyset$. Die Mengen $\ol F$
  sind aber auch in $\F$ enthalten. Somit ist der Schnitt von jeweils
  endlich vielen von ihnen nichtleer. Nach \eqref{kompb} und wegen 
  $\bigcap\limits_{F\in\F}\ol F=\emptyset$ folgt aber gerade, dass
  $\bigcap\limits_{F\in I}\ol F=\emptyset$ f\"ur eine endliche 
  Teilmenge $I\subset\F$ gilt. Widerspruch.\par
  \eqref{kompc} \impliziert\eqref{kompd}: Dies folgt direkt aus
  Satz \ref{beruehr filter}, denn ein Filter mit H\"aufungspunkt
  l\"asst sich zu einem konvergenten Filter verfeinern. 
  Nach \eqref{kompc} hat ein gegebener Filter einen H\"aufungspunkt.
  Die Verfeinerung davon, die konvergiert, stimmt f\"ur einen
  Ultrafilter mit diesem \"uberein. Also konvergiert schon der
  Ultrafilter.\par
  \eqref{kompd} \impliziert\eqref{kompa}: Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine
  endliche offene \"Uberdeckung, die keine endliche Teil\"uberdeckung
  enth\"alt. Definiere $A_L:=X\setminus\bigcup\limits_{i\in L}U_i$
  f\"ur endliche Teilmengen $L\subset I$. Da die Familie $(U_i)_{i\in I}$
  keine endliche Teil\"uberdeckung besitzt, ist $A_L\neq\empty\emptyset$.
  Da $\left(X\setminus\bigcup\limits_{i\in L}U_i\right)\cap
  \left(X\setminus\bigcup\limits_{i\in K}U_i\right)=
  X\setminus\bigcup\limits_{i\in L\cup K}U_i$ gilt und diese
  Mengen stets nichtleer sind, bilden sie eine Filterbasis zu 
  einem Filter $\F$. Verfeinere $\F$ zu einem Ultrafilter
  $\mathcal G$. Nach \eqref{kompd} konvergiert $\mathcal G$ gegen
  ein $x\in X$. Da die Mengen $U_i$ eine \"Uberdeckung von $X$ bilden,
  gibt es ein $i_0$, so dass $x\in U_{i_0}$ ist. Da $\mathcal G\to x$
  gilt und $U_{i_0}\in\U(x)$ ist, folgt $U_{i_0}\in\mathcal G$.
  Nach Konstruktion gilt aber $(X\setminus U_{i_0})\in\F\subset
  \mathcal G$. Da $\mathcal G$ ein Filter ist, erhalten wir einen
  Widerspruch.
\end{proof}

\begin{corollary}
  In einem quasikompakten Raum $X$ besitzt jede unendliche Folge
  einen H\"aufungspunkt.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Folge $(x_i)_{i\in\N}$ induziert einen Filter $\F$. 
  Da $X$ quasikompakt ist, besitzt der Filter $\F$ 
  nach Satz \ref{quasikomp aequiv satz} einen Ber\"uhrpunkt.
  Nach Beispiel \ref{filter bsp} besitzt die Folge $(x_i)_{i\in\N}$ 
  somit einen H\"aufungspunkt.
\end{proof}

\begin{satz}\label{tm quasikomp}
  Sei $X$ quasikompakt und $A\subset X$ abgeschlossen. Dann 
  ist $A$ quasikompakt.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\left(\tilde U_i\right)_{i\in I}$ eine offene \"Uberdeckung von $A$.
  Zu jeder offenen Menge $\tilde U_i\subset A$ finden wir eine
  offene Menge $U_i\subset X$ mit $U_i\cap A=\tilde U_i$. Dann \"uberdeckt
  $(U_i)_{i\in I}$ zusammen mit $X\setminus A$ die Menge $X$.
  Da $X$ quasikompakt ist, gibt es eine endliche Menge
  $L\subset I$, so dass $X=(X\setminus  A)\cup
  \bigcup\limits_{i\in L}U_i$ gilt. Es folgt
  $A=\bigcup\limits_{i\in L}\tilde U_i$. Also ist $A$ 
  quasikompakt.
\end{proof}

\begin{satz}\label{komp reg satz}
  Sei $X$ ein Hausdorffraum, $K$ eine kompakte Teilmenge von $X$.
  Dann existiert zu jedem Punkt $x\in X\setminus K$ eine Umgebung
  $U$ von $K$ und eine Umgebung $V$ von $x$ mit $U\cap V=\emptyset$.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Nach Voraussetzung ist $X$ ein Hausdorffraum. Also gibt es zu
  $x\in X\setminus K$ und $y\in K$ offene Umgebungen
  $U(y)\in\U(y)$ und $V(y)\in\U(x)$ mit $U(y)\cap V(y)=\emptyset$.
  Die offenen Mengen $(U(y))_{y\in K}$ bilden eine offene \"Uberdeckung
  von $K$. Sei $K'\subset K$ endlich, so dass $K\subset U:=\bigcup
  \limits_{y\in K'}U(y)$ gilt. Definiere $V:=\bigcap\limits_{y\in K'}V(y)$.
  Dann ist $V$ eine offene Umgebung von $x$ mit $U\cap V=\emptyset$. 
\end{proof}

Es gibt Beispiele \cite[Aufgabe 8.4]{Querenburg} von
quasikompakten Teilmengen eines quasikompakten Raumes, 
die nicht abgeschlossen sind. Jedoch gilt der folgende Satz. 
\begin{satz}\label{teilraum komp satz}
  Sei $X$ ein kompakter Raum. Dann ist $A\subset X$ genau dann
  kompakt, wenn $A$ abgeschlossen ist. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung Sei $A\subset X$ kompakt.  Aus Satz \ref{komp reg satz}
  folgt insbesondere, dass jeder nicht in $A$ enthaltene Punkt eine zu
  $A$ disjunkte offene Umgebung besitzt. Somit ist $X\setminus A$ eine
  offene Menge und $A\subset X$ abgeschlossen.\par
  \Rueckrichtung Dies folgt aus Satz \ref{tm quasikomp}.\par
  Alternativ: Sei $A$ abgeschlossen. Dann ist $X\setminus A$
  offen. Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine offene \"Uberdeckung von $A$.
  Zusammen mit $X\setminus A$ \"uberdecken diese Mengen $X$.  Also
  gibt es nach Satz \ref{tm quasikomp} eine endliche Teilmenge
  $I'\subset I$, so dass $(X\setminus A)\cup\bigcup\limits_{i\in
    I'}U_i=X$ gilt.  Wir erhalten $\bigcup\limits_{i\in I'}U_i=A$. Da
  eine Teilmenge eines $T_2$-Raumes wieder ein $T_2$-Raum ist, folgt
  die Behauptung.
\end{proof}

\begin{corollary}\label{komp reg}
  Ein kompakter Raum ist regul\"ar $(T_1+T_3)$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  In einem $T_2$-Raum sind Punkte abgeschlossen, also ist
  er auch ein $T_1$-Raum. Es folgt aus Satz \ref{teilraum komp satz},
  dass ein abgeschlossener Teilraum eines kompakten Raumes selbst
  wieder kompakt ist. Nach Satz \ref{komp reg satz} folgt also,
  dass das Trennungsaxiom $T_3$ erf\"ullt ist.
\end{proof}

Es gilt noch mehr.
\begin{satz}
  Ein kompakter Raum ist normal.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $A$ und $B$ abgeschlossene Teilmengen eines kompakten
  topologischen Raumes mit $A\cap B=\emptyset$. 
  Dann sind $A$ und $B$ nach Satz 
  \ref{teilraum komp satz} selbst wieder kompakt. Wir gehen
  nun ganz \"ahnlich wie im Beweis von Satz \ref{komp reg satz}
  vor. Benutze Satz \ref{komp reg satz} und erhalte f\"ur jedes
  $x\in A$ offene Umgebungen $U(x)\in\U(x)$ und $V(x)$ von $B$ mit
  $U(x)\cap V(x)=\emptyset$. Sei $K\subset A$ eine endliche 
  Teilmenge, so dass $A\subset U:=\bigcup\limits_{x\in K}U(x)$ gilt.
  Definiere $V:=\bigcap\limits_{x\in K}V(x)$. Dann sind $U$ und $V$
  disjunkte offene Umgebungen von $A$ und $B$.
\end{proof}

\begin{definition}[Folgenkompaktheit]
  Ein topologischer Raum hei\ss{}t folgenkompakt, wenn jede Folge eine
  konvergente Teilfolge (siehe Definition \ref{konv Folgen}) besitzt.
\end{definition}

\begin{satz}
  Eine Teilmenge $A\subset\R^n$ ist genau dann kompakt, wenn
  sie abgeschlossen und beschr\"ankt ist.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung W\"are $A$ kompakt, aber nicht beschr\"ankt, so
  bilden die Kugeln $(B_1(x))_{x\in\R^n}$ eine offene \"Uberdeckung
  ohne endliche Teil\"uberdeckung. W\"are $A$ kompakt, aber nicht
  abgeschlossen, so gibt es $x\in\ol A\setminus A$. Nach Definition
  des Abschlusses gilt $B_\epsilon(x)\cap A\neq\emptyset$ f\"ur
  alle $\epsilon>0$. Also ist $\left(\R^n\setminus B_{\frac1i}(x)
  \right)_{i\in\N}$ eine offene \"Uberdeckung von $A$, zu der es
  keine endliche Teil\"uberdeckung gibt.\par
  \Rueckrichtung
  Mittels Intervallhalbierung sieht man (vergleiche die 
  Grundvorlesung), dass $A$ folgenkompakt ist.\par
  Dann gibt es f\"ur jedes $\epsilon>0$ endlich viele Punkte 
  $x_i\in A$, $i\in I$, so dass $A\subset\bigcup\limits_{i\in I}
  B_\epsilon(x_i)$ gilt. (Wir ben\"otigen hier nicht $x_i\in A$ und
  so kann man die B\"alle auch explizit hinschreiben.) 
  Sonst findet man n\"amlich induktiv eine 
  Folge von Mittelpunkten, so dass $\bigcup\limits_{i=1}^N
  B_\epsilon(x_i)$ f\"ur ein $\epsilon>0$ f\"ur kein $N$ die
  Menge $A$ \"uberdeckt. Wir d\"urfen annehmen, dass wir die
  Punkte so gew\"ahlt haben, dass auch
  $x_{N+1}\not\in\bigcup\limits_{i=1}^NB_\epsilon(x_i)$ gilt. 
  Da nun die Punkte $(x_i)_{i\in\N}$ eine Folge von Punkten bilden,
  die jeweils $|x_i-x_j|\ge\epsilon$ f\"ur $i\neq j$ erf\"ullen,
  konvergiert keine Teilfolge.\par 
  Nehme also an, es g\"abe eine \"Uberdeckung $(U_i)_{i\in I}$ 
  von $A$, die keine endliche Teil\"uberdeckung besitzt. 
  Dann gibt es f\"ur jedes $\epsilon>0$ einen Ball 
  $B_\epsilon(x_\epsilon)$ wie oben, 
  der nicht schon durch endlich viele
  der Mengen $U_i$ \"uberdeckt wird. Die Punkte $x_\epsilon$ 
  enthalten eine konvergente Teilfolge, die gegen einen Punkt
  $x\in A$ konvergiert. Da $x$ in einer Menge $U_{i_0}$ enthalten
  ist, gibt es ein $\delta>0$, so dass $B_\delta(x)\subset
  U_{i_0}$ ist. Ist nun $\epsilon>0$ so klein, dass $|x_\epsilon-x|
  <\delta/2$ gilt, so folgt f\"ur $a\in B_\epsilon(x_\epsilon)$
  die Ungleichung
  $$|a-x|\le|a-x_\epsilon|+|x_\epsilon-x|<\epsilon+\tfrac\delta2.$$ 
  Ist also $\epsilon<\delta/2$, so gilt $B_\epsilon(x_\epsilon)
  \subset B_\delta(x)\subset U_{i_0}$ im Widerspruch zu Annahme, dass
  sich $B_\epsilon(x_\epsilon)$ nicht schon durch endlich viele
  Menge aus $(U_i)_{i\in I}$ \"uberdecken l\"asst. Die Behauptung
  folgt.
\end{proof}

Der folgende Satz besagt: \glqq Stetige Bilder kompakter 
Mengen sind kompakt.\grqq
\begin{satz}\label{bild quasikomp}
  Sei $X$ quasikompakt und $f:X\to Y$ stetig, so ist $f(X)$ 
  quasikompakt.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine offene \"Uberdeckung von $f(X)$. 
  Dann ist $\left(f^{-1}(U_i)\right)_{i\in I}$ eine offene
  \"Uberdeckung von $X$. Aufgrund der Quasikompaktheit von $X$ 
  existiert eine endliche Teil\"uberdeckung 
  $\left(f^{-1}(U_i)\right)_{i\in L}$ von $X$.
  Dann ist $(U_i)_{i\in L}$ eine endliche \"Uberdeckung von $f(X)$
  und die Behauptung folgt.   
\end{proof}

\begin{satz}\label{komp homoeo satz}
  Sei $X$ quasikompakt, $Y$ hausdorffsch und $f:X\to Y$ stetig.
  Dann ist $f$ abgeschlossen. Ist $f$ injektiv (bijektiv), so ist
  $f$ eine Einbettung (ein Hom\"oomorphismus).  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $A\subset X$ abgeschlossen. Wir wollen nachweisen, dass auch
  $f(A)$ abgeschlossen ist. Nach Satz \ref{tm quasikomp}
  ist $A$ als abgeschlossener Teilraum eines quasikompakten Raumes
  selbst quasikompakt. Nach Satz \ref{bild quasikomp} ist damit 
  auch das Bild $f(A)$ quasikompakt. Da $Y$ Hausdorffraum ist, ist
  $f(A)$ sogar kompakt. Nach Satz \ref{teilraum komp satz} ist damit
  $f(A)$ abgeschlossen.\par
  Ist $f$ injektiv, so ist $f:X\to f(X)$ eine offene Abbildung. Sei
  n\"amlich $O\subset X$ offen. Dann ist $f(X\setminus O)=
  f(X)\setminus f(O)$ abgeschlossen in $f(X)$. Somit ist 
  $f:X\to f(X)$ ein Hom\"oomorphismus und $f:X\to Y$
  eine Einbettung, vergleiche auch Satz \ref{einbettung krit}. 
  Ist $f$ bijektiv, so ist $f$ nat\"urlich ein Hom\"oomorphismus.  
\end{proof}

\begin{remark}
  Aus Definition \ref{def ident top} und Satz \ref{ident top satz} 
  folgt nun, dass jede stetige
  Abbildung eines quasikompakten Raumes in einen Hausdorffraum 
  identifizierend ist.  
\end{remark}

\begin{satz}[Tychonoff]
  Ein nicht leerer Produktraum $X=\prod\limits_{i\in I}X_i$ ist ganau
  dann quasikompakt, wenn jedes $X_i$ quasikompakt ist.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung Sei $X$ quasikompakt. Dann ist $X_i=p_i(X)$ als stetiges
  Bild eines quasikompakten Raumes wieder quasikompakt.\par
  \Rueckrichtung Nach Satz \ref{quasikomp aequiv satz} gen\"ugt es
  zu zeigen, dass jeder Ultrafilter auf $X$ konvergiert. Sei also $\F$ 
  ein Ultrafilter auf $X$. Dann sind die Bildfilter $p_i(\F)$ f\"ur
  alle $i\in I$ selbst wieder Ultrafilter. ($p_i(\F)$ ist ein 
  Ultrafilter, da er jede Menge $A$ oder ihr Komplement enth\"alt,
  da $\F$ entweder $p_i^{-1}(A)$ oder $p_i^{-1}(X_i\setminus A)$
  enth\"alt, siehe Satz \ref{ultra satz a not a}.) Nach Voraussetzung
  sind die Mengen $X_i$ quasikompakt, also erhalten wir die
  Konvergenz $p_i(\F)\to x_i$ f\"ur alle $i\in I$ f\"ur Punkte
  $x_i\in X_i$. Nach Korollar \ref{prod konv} gilt also
  $\F\to x:=(x_i)_{i\in I}$ und die Behauptung folgt. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Hieraus sieht man auch sofort, dass beschr\"ankte abgeschlossene
  Mengen des $\R^n$ kompakt sind, wenn man wei\ss{}, dass 
  beschr\"ankte abgeschlossene Intervalle kompakt sind. Diese 
  Mengen sind n\"amlich abgeschlossene Teilmengen von 
  $[-k,k]^n$ f\"ur gen\"ugend gro\ss{}es $k>0$.    
\end{remark}

\subsection{Lokalkompakte R\"aume}
\begin{definition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann hei\ss{}t $X$ lokal kompakt,
  wenn $X$ hausdorffsch ist und jeder Punkt eine kompakte Umgebung
  besitzt.
\end{definition}

\begin{remark}
  Alternativ k\"onnte man definieren, dass $X$ lokal kompakt ist,
  wenn $X$ hausdorffsch ist und wenn jede Umgebung eines Punktes
  eine kompakte Umgebung besitzt. Dies rechtfertigt die Bezeichnung
  \glqq lokal\grqq. Benutze f\"ur den Nachweis der
  \"Aquivalenz der beiden Definitionen Satz \ref{aequiv T3}
  und die Tatsache, siehe Satz \ref{lok komp reg satz}, 
  dass $X$ ein $T_3$-Raum ist.  
\end{remark}

\begin{beispiele}\neueZeile\label{Schnitt lokal komp}
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Offensichtlich ist jeder kompakte Raum lokal kompakt. 
  \item Der $\R^n$ ist lokal kompakt. 
  \item In einem lokal kompakten Raum $X$ ist jeder Teilraum, der
    Durchschnitt einer offenen und einer abgeschlossenen Menge ist,
    selbst lokal kompakt. (Sei $A$ offen, $B$ abgeschlossen und
    $x\in A\cap B$. Sei $U$ eine kompakte Umgebung von $x$ in
    $X$. Da $\{x\}$ und $X\setminus A$ abgeschlossen als Teilmengen
    von $B$ sind, gibt es im normalen, da kompakten, Raum $U$ 
    offene disjunkte Umgebungen $U_x$ und $U_A$ mit $x\in U_x$ 
    und $X\setminus A\subset U_A$. Nun ist 
    $U\cap((A\cap B)\setminus U_A)$ eine abgeschlossene Teilmenge
    von $U\setminus U_A$ und daher kompakt.)
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{satz}\label{lok komp reg satz}
  Sei $X$ ein lokal kompakter Raum. Dann ist $X$ regul\"ar $(T_1+T_3)$.
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir brauchen nur nachzuweisen, dass $X$ ein $T_3$-Raum ist, da
  er nach Voraussetzung $T_2$ und damit $T_1$ ist.
  Sei $x\in X$ und $A\subset X$ abgeschlossen. 
  Sei weiterhin $K$ eine kompakte Umgebung von $x$. Dann ist 
  $K$ abgeschlossen und nach Korollar \ref{komp reg} auch regul\"ar.
  Somit gibt es offene Umgebungen $U\in\U(x)$ und $V\subset X$, so dass
  $A\cap K\subset V$ ist. Wir d\"urfen weiterhin ohne Einschr\"ankung
  annehmen ($K$ ist selbst Umgebung), 
  dass $U\subset K$ gilt. Dann sind $U$ und 
  $V\cup(X\setminus K)$ offene Mengen, die zeigen, dass $X$ ein
  $T_3$-Raum ist.    
\end{proof}

\begin{satz}[Alexandroff-Kompaktifizierung]
  Sei $X$ ein lokal kompakter Raum. Dann gibt es einen bis auf
  Hom\"oomorphie eindeutig bestimmten kompakten Raum $Y$, der
  einen zu $X$ hom\"oomorphen Raum $X_1$ enth\"alt, so dass
  $Y\setminus X_1=:\{\infty\}$ aus einem Punkt besteht. Ist $X$ 
  nicht kompakt, so ist $X_1$ dicht in $Y$. $\infty$ hei\ss{}t der
  unendlich ferne Punkt. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $\infty$ ein Punkt, der nicht zu $X$ geh\"ort. Definiere 
  $Y:=X\cup\{\infty\}$. Auf $Y$ definieren wir eine Topologie durch
  die folgende Festlegung: Alle Mengen die in $X$ offen sind, seien
  auch in $Y$ offen. Weiterhin seien alle Mengen der Form 
  $Y\setminus K$ f\"ur eine kompakte Menge $K\subset X$ offen. 
  Dies definiert eine Topologie auf $Y$. Es gilt n\"amlich 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item In einem Hausdorffraum ist die endliche Vereinigung 
    kompakter Mengen wieder kompakt, was das Schnittaxiom f\"ur
    offene Mengen zeigt, die alle den Punkt $\infty$ enthalten.
  \item Da kompakte Mengen abgeschlossen sind, ist $(Y\setminus K)
    \cap X$ offen in $X$. Somit folgt das Schnittaxiom. 
  \item Beliebige Durchschnitte kompakter Mengen sind als 
    abgeschlossene Teilmengen kompakter Mengen wieder kompakt. Also sind
    beliebige Vereinigungen von offenen Mengen, die $\infty$ enthalten,
    wieder offen.
  \item Das allgemeine Vereinigungsaxiom folgt nun, da der 
    Durchschnitt einer kompakten und einer abgeschlossenen Menge
    wieder kompakt ist.  
  \end{enumerate}
  Nach Definition ist $X_1:=Y\setminus\{\infty\}$ ein zu $X$
  hom\"oomorpher Unterraum von $Y$.\par
  Mit dieser Topologie ist $Y$ ein kompakter topologischer Raum:
  Zun\"achst einmal ist $Y$ hausdorffsch. Punkte in $X$ lassen
  sich trennen, da $X$ hausdorffsch ist. Sei $x\in X$. Da $x$
  eine kompakte Umgebung $K(x)\subset X$ besitzt, sind 
  $K(x)$ und $Y\setminus K(x)$ disjunkte Umgebungen von $x$ 
  und $\infty$. Schlie\ss{}lich enth\"alt $K(x)$ auch noch eine
  offene Umgebung von $x$. Die Quasikompaktheit folgt direkt,
  denn jede offene \"Uberdeckung von $Y$ enth\"alt eine Menge der Form
  $Y\setminus K$ f\"ur eine kompakte Menge $K\subset X$ und der
  Rest ist kompakt.\par
  Sei $Y'$ ein weiterer Raum, der die Bedingungen des Satzes
  erf\"ullt. Sei $X'$ ein zu $X$ hom\"oomorpher Unterraum, so 
  dass $Y'\setminus X'=\{\infty'\}$ aus einem Punkt besteht. 
  Sei $f:X\to X'$ ein Hom\"oomorphismus und $F:Y\to Y'$ die
  Fortsetzung von $f$ mit $F(\infty):=\infty'$. Nach Konstruktion
  ist $F$ bijektiv. F\"ur alle offenen Mengen, die $\infty'$ 
  nicht enthalten ist das Urbild offen, da $f$ ein 
  Hom\"oomorphismus ist.\par
  Betrachte nun eine offene Umgebung von $\infty'$ in $Y'$. Ihr 
  Komplement ist eine abgeschlossene Teilmenge des kompakten
  Raumes $Y'$ und daher selbst kompakt. Unter dem Hom\"oomorphismus
  $f^{-1}:X'\to X$ werden kompakte Teilmengen auf kompakte Teilmengen
  abgebildet. Also ist $f^{-1}(K')$ f\"ur alle kompakten Mengen
  $K'\subset Y'$ selbst wieder kompakt. Somit sind die Urbilder
  aller offenen Mengen offen, $F$ ist also stetig.\par
  Da wir nun wissen, dass $F$ stetig ist, k\"onnen
  wir Satz \ref{komp homoeo satz} anwenden und erhalten, dass
  $F$ ein Hom\"oomorphismus ist.\par
  $X_1$ ist ein dichter Teilraum, da $Y\setminus X_1$ nur aus
  $\infty$ besteht und jede Umgebung von $\infty$ einen 
  nichtleeren Schnitt mit $X_1$ hat, falls $X$ nicht selbst
  schon kompakt ist. 
\end{proof}

\begin{definition}
  Ein lokalkompakter Raum hei\ss{}t abz\"ahlbar im Unendlichen, 
  wenn er abz\"ahlbare Vereinigung kompakter Mengen ist. 
\end{definition}

Die Bezeichnung \glqq ab\"ahlbar im Unendlichen\grqq{} kommt 
von dem folgenden Satz.
\begin{satz}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein lokal kompakter Raum ist genau dann abz\"ahlbar im 
    Unendlichen, wenn der bei der Alexandroff-Kompaktifizierung 
    hinzugef\"ugte Punkt $\infty$ eine abz\"ahlbare Umgebungsbasis
    besitzt.
  \item Ein lokal kompakter Raum $X$ ist genau dann abz\"ahlbar
    im Unendlichen, wenn es eine Folge $(U_n)_{n\in\N}$ von offenen
    Mengen in $X$ gibt mit folgende Eigenschaften:
    \begin{enumerate}
    \item $\ol U_n$ ist f\"ur alle $n\in\N$ kompakt.
    \item $\ol U_n\subset U_{n+1}$ f\"ur alle $n\in\N$. 
    \item $X=\bigcup\limits_{n\in\N}U_n$.
    \end{enumerate}
  \end{enumerate}
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Die kompakten Mengen aus der Definition der Abz\"ahlbarkeit im
    Unendlichen sind gerade die Komplemente von offenen Mengen einer 
    Umgebungsbasis von $\infty$.
  \item \Rueckrichtung Wenn die angegebenen Eigenschaften erf\"ullt \
    sind, ist $X$ im
    Unendlichen abz\"ahlbar.\par
    \Hinrichtung Interessant ist nur die Umkehrung:
    Sei $K\subset X$ kompakt. Zu $K$ existiert dann, da $X$ lokal kompakt
    ist, eine endliche \"Uberdeckung durch offene Mengen, deren 
    Abschlu\ss{} jeweils kompakt ist. (Man betrachtet zun\"achst kompakte
    Umgebungen, dann darin enthaltene offene Umgebungen. Beachte, dass
    deren Abschluss jeweils kompakt ist.) Somit finden wir eine 
    kompakte Menge $K'$ und eine offene Menge $O$ mit 
    $K\subset O\subset K'$. Sei nun $(K_i)_{i\in\N}$ eine \"Uberdeckung
    von $X$ durch kompakte Mengen. Definiere $(U_n)_{n\in\N}$ durch:
    $U_1:=O_1$, wobei $O_1$ eine zu $K_1$ gew\"ahlte Menge ist, die 
    genauso gew\"ahlt wurde, wie oben $O$ zu $K$. W\"ahle dann
    $U_{n+1}:=O_{n+1}$, wobei $O_{n+1}$ wieder nach derselben 
    Konstruktion, diesmal aber von $\ol U_n\cup K_{n+1}$ ausgehend,
    gew\"ahlt wurde. Dann erf\"ullt die Familie $(U_n)_{n\in\N}$
    die oben angegebenen Eigenschaften.\qedhere
  \end{enumerate}
\end{proof}

\begin{definition}
  Seien $X$ und $Y$ lokal kompakte R\"aume. Eine stetige Abbildung
  $f:X\to Y$ hei\ss{}t eigentlich, wenn f\"ur jede kompakte Menge
  $K\subset Y$ die Menge $f^{-1}(K)$ kompakt in $X$ ist.   
\end{definition}

\begin{satz}\label{alex eig stet}
  Seien $X$, $Y$ lokal kompakt und $X'$, $Y'$ die zugeh\"origen
  Alexandroff-Kompaktifizierungen mit unendlich fernen Punkten
  $\infty$ beziehungsweise $\infty'$. Sei $f:X\to Y$ eine stetige
  Abbildung. Dann l\"asst sich $f$ genau dann durch die 
  Festsetzung $f'(\infty):=\infty'$ zu einer stetigen Abbildung
  $f':X'\to Y'$ fortsetzen, wenn $f$ eigentlich ist. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Zeige, dass die Urbilder offener Mengen, die $\infty'$ enthalten,
  genau dann offen sind, wenn $f$ eigentlich ist. 
  Durch \"Ubergang zu Komplementen sieht man, dass dies genau dann
  der Fall ist, wenn Urbilder kompakter Mengen in $Y$ in $X$ 
  auch wieder kompakt sind. Die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{satz}
  Seien $X$ und $Y$ lokal kompakt und $f:X\to Y$ eine eigentliche
  Abbildung. Dann ist $f$ abgeschlossen und $f(X)$ lokal kompakt. 
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $f':X'\to Y'$ die stetige Fortsetzung von $f$ auf die 
  Alexandroff-Kompaktifizierung wie in Satz \ref{alex eig stet}. 
  Dann ist $f'$ nach Satz \ref{komp homoeo satz} auch abgeschlossen.
  Eine Menge $A\subset X$ ist nach Konstruktion der
  Alexandroff-Kompaktifizierung genau dann in $X$ abgeschlossen,
  wenn $A\cup\{\infty\}$ in $X'$ abgeschlossen ist. 
  Nun ist $f'(A\cup\{\infty\})=f(A)\cup\{\infty'\}$ 
  als Bild einer kompakten Menge selbst wieder kompakt.
  Daher ist, wiederum aufgrund der obigen Charakterisierung
  von abgeschlossenen Mengen in $X$,
  auch $f$ selber eine abgeschlossene Abbildung.\par
  Es gilt $f(X)=f'(X')\cap Y$. Da $f'(X')$ kompakt ist, ist
  $f(X)$ der Durchschnitt einer abgeschlossenen und einer
  offenen Menge in einem lokal kompakten Raum.   
  Nach Beispiel \ref{Schnitt lokal komp} ist $f(X)$ daher
  lokal kompakt.  
\end{proof}

\weg{
\subsection{Aufgaben}
% Andere Kompaktheitsbegriffe h\"ochstens als \"Ubung.
\begin{aufgabe}
Zeige, dass das abz\"ahlbare topologische Produkt folgenkompakter
R\"aume wieder folgenkompakt ist.   
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein kompakter Raum, $f:X\to\R$ eine stetige Funktion.
Zeige, dass es $x\in X$ gibt, so dass
$f(x)=\inf\limits_{x\in X}f(x)$ gilt. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $(X,d)$ ein metrischer Raum und bezeichne $\dist(x,A)$ den Abstand
eines Punktes $x$ zu einer Menge $A$. Untersuche, auch f\"ur
den Spezialfall $X=\R^n$, ob es einen Punkt $a\in A$ gibt,
so dass $d(x,a)=\dist(x,A)$ gilt. Betrachte dies f\"ur 
kompakte bzw.\ f\"ur abgeschlossene Mengen $A$.   
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Ein lokal kompakter Raum ist vollst\"andig regul\"ar
$(T_{3a}+T_1)$.   
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $(X,d)$ ein kompakter metrischer Raum. Dann ist $X$ genau
dann zusammenh\"angend, wenn es f\"ur je zwei Punkte $a$, $b\in X$
und f\"ur jedes $\epsilon>0$ eine Folge $x_1,\,\ldots,\,x_n\in X$
gibt mit $x_1=a$, $x_n=b$ und $d(x_i, x_{i+1})<\epsilon$ f\"ur
$1\le i\le n-1$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}(Raumf\"ullende Kurven)
Sei $I:=[0,1]\subset\R$. 
Finde eine surjektive stetige Abbildung $f:I\to I^2$. 
Zeige, dass die von dir angegebene Abbildung nicht 
injektiv ist. \par
\textbf{Bemerkung:} Dies wird sp\"ater erkl\"aren, warum wir bei der
Berechnung der Fundamentalgruppe eine Kurve so deformieren m\"ussen,
dass sie nicht surjetiv ist. I.\,a.\ ist dies n\"amlich nicht
erf\"ullt.
\end{aufgabe}
} % weg
} % weg 

% Weiter m\"ogliche Kapitel: 10.A 13.D,E

\section{Fundamentalgruppen: Motivation -- Beispiele}
\label{fund gr mot sec}
Wie wollen einige motivierende Beispiele f\"ur die algebraische
Topologie bzw.{} die Betrachtung von Fundamentalgruppen ansehen. 

\subsection{Was macht man in der (algebraischen) Topologie?}
In der Topologie betrachtet man Objekte nur bis auf stetige
Deformationen. Man will also beispielsweise nicht zwischen einer Tasse
und einem Ring unterscheiden, da sich diese beiden Objekte stetig
ineinander \"uberf\"uhren lassen. \par In der algebraischen Topologie
versucht man, topologischen Objekten algebraische Invarianten
zuzuordnen, die sich unter solchen Deformationen nicht \"andern. Mit
diesen Invarianten kann man dann Objekte unterscheiden. Sie geben
Obstruktionen (= Hindernisse) f\"ur m\"ogliche Deformationen an. \par
Beachte aber, dass es hochgradig nichttrivial ist, so viele
algebraische Invarianten anzugeben, dass bei \"Ubereinstimmung aller
dieser Invarianten auch eine Deformation zwischen den betrachteten
Objekten m\"oglich ist.

\subsection{Beispiele f\"ur topologische Invarianten}
Eine ganz einfache Invariante erh\"alt man, wenn man die
Zusammenhangskomponenten eines Raumes z\"ahlt.\par Die
Fundamentalgruppe beschreibt, welche nicht stetig ineinander
\"uberf\"uhrbaren M\"oglichkeiten es gibt, eine $\S^1$ in einen Raum
abzubilden.

\begin{definition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum. (Ein topologischer Raum ist eine
  Verallgemeinerung eines metrischen Raumes.) 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine geschlossene Kurve (in $X$) ist eine stetige Abbildung
    $\gamma:\S^1\to X$.
  \item Eine geschlossene Kurve ist \emph{nullhomotop} (oder
    zusammenziehbar), wenn es eine stetige Abbildung
    $f:\S^1\times[0,1]\to X$, eine Homotopie, mit den folgenden
    Eigenschaften gibt:
    \begin{itemize}
    \item $f(p,0)=\gamma(p)$ f\"ur alle $p\in\S^1$,
    \item $f(p,1)=f(q,1)$ f\"ur alle $p,q\in\S^1$. 
    \end{itemize}
    Die Anfangskurve wird also in stetiger Weise zu einem konstanten
    Weg deformiert.
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wir betrachten hier $\S^1$ als Teilmenge von $\R^2$:
    \[\S^1=\{(x,y)\in\R^2:x^2+y^2=1\}.\]
    Die geschlossene Kurve $\gamma:\S^1\to\R^2$ mit $p\mapsto p$ ist
    nullhomotop. Eine Homotopie $f$ die dies zeigt ist
    $f(p,t)=(1-t)p$.
  \item Die geschlossene Kurve $\gamma:\S^1\to\R^2\setminus\{0\}$ mit
    $p\mapsto p$ ist \glqq offensichtlicherweise\grqq{} nicht
    nullhomotop. Dies ist nichttrivial und erfordert einen Beweis.
  \item Betrachte eine Tasse mit einem geschlossenen Seil (eine
    $\S^1$) durch den Henkel. Dann lassen sich Seil und Tasse nicht
    trennen, d.\,h.{} so stetig deformieren, dass am Ende beide auf
    verschiedenen Seiten einer Ebene liegen.
  \item Betrachte eine Fl\"ache vom Geschlecht 2, eine \glqq Tasse mit
    zwei Henkeln\grqq{}. F\"uhre ein geschlossenes Seil durch genau
    einen Henkel. Dann lassen sich Tasse und Seil so stetig
    deformieren, dass am Ende das Seil durch beide Henkel
    verl\"auft. \"Uberraschenderweise ist also die Zahl, die angibt,
    durch wieviele Henkel ein Seil verl\"auft, keine Invariante. \par
    Eine Visualisierung gibt es unter   
    \texttt{www.youtube.com/watch?v=S5fPwE7GQOA}
  \item Betrachte zwei Volltori, einmal nebeneinander, einmal so wie
    zwei verschlungene Ringe und dann nochmals wie gerade eben, aber
    mit einem zus\"atzlichen Henkel, der die beiden Ringe
    verbindet. Welche dieser Konfigurationen k\"onnen \"uber eine
    stetige Familie von Diffeomorphismen / Hom\"oomorphismen
    ineinander \"uberf\"uhrt werden?
  \item Kann man einen Weg in $\R^2$, $\S^2$, $\R^3$ oder im
    Komplement einer (glatten) Einbettung von $\ol{B_1(0)}\subset\R^2$
    bzw. $\R^3$ in einen dieser R\"aume stetig in einen \glqq
    trivialen\grqq{} Weg in diesen R\"aumen deformieren?
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\begin{beispiel}\label{seil bsp}
  Es gibt eine M\"oglichkeit, ein Bild mit Hilfe eines Seiles so an
  zwei N\"ageln aufzuh\"angen, so dass es herunterf\"allt, wenn man
  einen beliebigen der beiden N\"agel entfernt.\par Dies ist die
  umgangssprachliche Formulierung zu dem folgenden Problem. (Ganz
  \"aquivalent sind die beiden Formulierungen jedoch nicht, da sich
  das Seil nicht selbst durchdringen kann. Probleme in diesem
  Zusammenhang vermeidet man jedoch, indem man das Seil stets von oben
  auf den bereits \glqq verlegten\grqq{} Teil des Seiles legt.) \par
  Behauptung: Es gibt eine stetige Abbildung
  $\gamma:\S^1\to\R^2\setminus N$, die f\"ur $N=\{(1,0)\}$ und
  $N=\{(0,1)\}$ nullhomotop ist, jedoch nicht f\"ur
  $N=\{(1,0),(0,1)\}$. \par Die zweielementige Menge entspricht dabei
  der Situation, in der beide N\"agel in der Wand stecken, die
  einelementige Menge genau einem Nagel in der Wand. Ist die Abbildung
  nullhomotop kann man daran kein Bild aufh\"angen, es f\"allt
  herunter. \par Die (wahrscheinlich erst sp\"ater verst\"andliche
  Begr\"undung) f\"ur das H\"angenbleiben ist wie folgt: Die Abbildung
  $\gamma$ ist im Wesentlichen dadurch charakterisiert, wie sich ihr
  Bild um die Punkte $(1,0)$ und $(0,1)$ herumwindet. Beschreibe $a$
  eine Kurve, die sich einmal im Uhrzeigersinn um $(1,0)$ herumwindet
  und $b$ eine Kurve, die sich einmal im Uhrzeigersinn um $(0,1)$
  herumwindet. Dann ist $\gamma$ als $ab^{-1}a^{-1}b$ definiert. Hier
  ist die Konvention, dies von links nach rechts zu lesen, die Kurve
  windet sich also einmal im Uhrzeigersinn um $(1,0)$ herum, dann
  einmal im Gegenuhrzeigersinn um $(0,1)$, einmal im
  Gegenuhrzeigersinn um $(1,0)$ und schlie\ss{}lich im Uhrzeigersinn
  um $(0,1)$ herum. Dies ist gerade der Kommutator der beiden
  (erzeugenden) Elemente $a$ und $b^{-1}$: $[a,b^{-1}]$. Wir werden
  sp\"ater lernen, dass alle Kurven in der doppelt punktierten Ebene
  durch die freie Gruppe mit zwei Erzeugern beschrieben werden
  k\"onnen. \par
  Offensichtlich ist, dass die Kurve nullhomotop ist, wenn man einen
  der beiden N\"agel entfernt. Man braucht nur die offensichtliche
  Homotopie als Formel hinzuschreiben. Algebraisch: Das Entfernen
  eines Nagels entspricht einer zus\"atzlichen Relation $a=1$ und
  $b^{-1}b$ ist trivial. \par In der einfach punktierten Ebene
  gen\"ugt die (vielleicht aus der Funktionentheorie oder vom
  Abbildungsgrad her bekannte) Umlaufzahl. Diese ist nach Entfernen
  von einem der beiden N\"agel trivial und damit ist die Kurve
  zusammenziehbar. Bei zwei N\"ageln ist die Umlaufzahl um jeden
  einzelnen der beiden N\"agel ebenfalls Null. Trotzdem ist die Kurve
  aber nicht zusammenziehbar. \par Beachte: Solange beide N\"agel in
  der Wand stecken ist keineswegs offensichtlich, dass die Kurve nicht
  nullhomotop ist. Dies beruht darauf, dass $ab^{-1}a^{-1}b$ ein
  nichttriviales Element der Fundamentalgruppe ist. Die Details dazu
  gibt es sp\"ater in der Vorlesung.
\end{beispiel}

\weg{
\begin{aufgabe}
Wie h\"angt man ein Bild mit einem Seil so an drei N\"agel, dass
das Bild herunterf\"allt, wenn man einen beliebigen Nagel entfernt?
\par
Zusatz: Untersuche weitere Fragen wie beispielsweise: Wie h\"angt
man ein Bild so an drei N\"agel, dass es herunterf\"allt, wenn 
man zwei beliebige N\"agel entfernt? Wie lassen sich mit einem
solchen Vorgehen logische Formeln umsetzen? Welche Bedingungen
muss eine logische Formel erf\"ullen, damit sie sich in dieser
Weise logisch umsetzen l\"asst? 
\end{aufgabe}
} % weg

Das folgende Theorem wurde 2002/03 von Grisha Perelman (in
allgemeinerer Form) bewiesen.
\begin{theorem}
  Sei $M$ eine geschlossene einfach zusammenh\"angende
  dreidimensionale Mannigfaltigkeit. Dann ist die Mannigfaltigkeit $M$
  hom\"oomorph zu einer dreidimensionalen Sph\"are.
\end{theorem}
Diese Version ist als Poincar\'evermutung bekannt. Die zentrale
Annahme ist, dass $M$ einfach zusammenh\"angend ist, also eine
triviale Fundamentalgruppe hat; wir werden das sp\"ater noch genau
definieren.  Die Poincar\'evermutung wurde mit Hilfe des Ricciflusses
bewiesen. Der Beweis macht noch allgemeinere Aussagen \"uber
dreidimensionale geschlossene Mannigfaltigkeiten. \par Zur
Poincar\'evermutung gibt es Verallgemeinerungen f\"ur $n$-dimensionale
Mannigfaltigkeiten. Hierbei nimmt man an, dass alle Homotopiegruppen
mit denen der Sph\"are \"ubereinstimmen. Diese Vermutung ist f\"ur
alle $n$ bekannt:
\begin{itemize}
\item $n=0,1,2$: Gibt es nicht bzw.{} einfach
\item $n\ge5$: Stephen Smale 1960, Fields-Medaille
\item $n=4$: Michael Freedman 1982, Fields-Medaille
\item $n=3$: Grischa Perelman 2002/03, Fields-Medaille, abgelehnt
\end{itemize}
Homotopiegruppen sind Verallgemeinerungen der Fundamentalgruppe. Statt
Abbildungen von $\S^1$ in einen topologischen Raum betrachtet man
Abbildungen von $\S^n$. Homotopiegruppen werden in der algebraischen
Topologie betrachtet.

\section{Die Fundamentalgruppe: Erste Konstruktionen}
\datum{Mo 10.05.2021}
Die Fundamentalgruppe beschreibt in einem gegebenen Raum alle
geschlossenen Kurven bis auf stetige Deformationen.  Wie in Beispiel
\ref{seil bsp} kann man mit ihrer Hilfe angeben, dass ein Seil
nichttrivial im Raum liegt.  Weitere Beispiele befinden sich in
\cite{Hatcher}, wonach wir auch vorgehen.
\subsection{Wege und Homotopien}
\begin{definition}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein \emph{Weg} in einem topologischen Raum $X$ ist eine 
    stetige Abbildung $f:I\equiv[0,1]\to X$.
  \item Eine \emph{Homotopie} von Wegen in $X$ ist eine Familie 
    $f_t:I\to X$, $0\le t\le1$, so dass
    \begin{enumerate}[(a)]
    \item die Endpunkte (bzw.\ Anfangspunkte) 
      $f_t(0)=:x_0$ und $f_t(1)=:x_1$ von
      $t$ unabh\"angig sind.
    \item die Abbildung $F:I\times I\to X$ mit
      $F(s,t):=f_t(s)$ stetig ist.
    \end{enumerate}
  \item Gibt es zwischen zwei Wegen $f_0$ und $f_1$ eine solche Homotopie
    $f_t$, so hei\ss{}en sie \emph{homotop}. Wir schreiben $f_0\simeq f_1$. 
  \item Ein Weg $f$ hei\ss{}t \emph{nullhomotop}, wenn er homotop zu einem
    konstanten Weg $c$ ist. (Ein Weg $c$ hei\ss{}t konstant, wenn $c(s)=x_0$
    f\"ur ein $x_0\in X$ und f\"ur alle $0\le s\le1$ gilt.)
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiel}\label{Rn hom triv}
  Seien $f_0$ und $f_1$ im $\R^n$ Wege mit gleichen Anfangs- und
  Endpunkten $x_0$ bzw.{} $x_1$. Dann sind $f_0$ und $f_1$ homotop,
  $f_0\simeq f_1$. Es gen\"ugt konvex zu interpolieren:
  $f_t(s):=(1-t)f_0(s)+tf_1(s)$.  Daher gilt eine solche Aussage auch
  f\"ur Wege in konvexen Teilmengen von $\R^n$.
\end{beispiel}

\begin{proposition}\label{hom rel prop}
  Die Homotopierelation auf Wegen mit fixierten Endpunkten in
  einem topologischen Raum ist eine \"Aquivalenzrelation.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Reflexivit\"at $f\simeq f$ ist klar, $f_t=f$ ist
  die gew\"unschte Homotopie. 
  Ist $f_t$ eine Homotopie zwischen $f$ und $g$, so ist
  $f_{1-t}$ eine Homotopie zwischen $g$ und $f$. Somit
  folgt die Symmetrie.\par
  Zur Transitivit\"at: Sei $f_0\simeq f_1$ verm\"oge
  der Homotopie $f_t$ und $g_0\simeq g_1$ verm\"oge
  der Homotopie $g_t$. Sei $f_1=g_0$. Dann ist 
  $h_t$, definiert durch 
  $$h_t:=\begin{cases}
    f_{2t}&\text{f\"ur }0\le t\le\tfrac12,\\
    g_{2t-1}&\text{f\"ur }\tfrac12\le t\le1.
  \end{cases}$$
  eine Homotopie zwischen $f_0$ und $g_1$.
  Diese beiden Teildefinitionen stimmen f\"ur $t=\frac12$
  \"uberein und die Stetigkeit von $H(s,t):=h_t(s)$ folgt aus
  Satz \ref{stet abg vereinig}. 
\end{proof}

\begin{definition}[Homotopieklasse]
  Die \"Aquivalenzklasse aller zu einem festen Weg $f$ homotopen 
  Wege hei\ss{}t \emph{Homotopieklasse} von $f$ und wird mit $[f]$ bezeichnet.
\end{definition}

Das nun definierte Produkt von Wegen bezeichnet das 
Nacheinander-Durchlaufen von zwei Wegen mit 
doppelter Geschwindigkeit. 
\begin{definition}[Produkt von Wegen]
  Seien $f$, $g:I\to X$ Wege in einem topologischen Raum mit
  $f(1)=g(0)$. Dann definieren wir ein Produkt von $f$ und
  $g$ als
  $$f\cdot g(s):=
  \begin{cases}
    f(2s)&0\le s\le\tfrac12,\\
    g(2s-1)&\tfrac12\le s\le1.  
  \end{cases}$$
\end{definition}

\begin{remark}
  Beachte, dass bei dieser Definition zun\"achst der links
  stehende Weg durchlaufen wird (anders als bei der Verkettung
  von Abbildungen).\par
  Diese Definition des Produktes von Wegen induziert
  auch ein Produkt auf
  Homotopieklassen von Wegen. Denn seien
  $f_0\simeq f_1$ und $g_0\simeq g_1$ homotop verm\"oge 
  Homotopien $f_t$ und $g_t$, so dass $f_0(1)=g_0(0)$ ist
  (also $f_0\cdot g_0$ definiert ist), dann ist auch
  $f_t\cdot g_t$ definiert und liefert eine Homotopie, die 
  $f_0\cdot g_0\simeq f_1\cdot g_1$ zeigt. 
  Wir definieren $[f_0]\cdot[g_0]:=[f_0\cdot g_0]$. 
\end{remark}

\begin{definition}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Wege, bei denen $f(0)=f(1)=x_0\in X$ gilt, hei\ss{}en
    \emph{geschlossene} Wege. $x_0$ hei\ss{}t Basispunkt.
  \item Die Menge aller Homotopieklassen $[f]$ 
    geschlossener Wege $f:I\to X$ mit Basispunkt $x_0$ 
    wird mit $\pi_1(X,x_0)$ bezeichnet. $\pi_1(X,x_0)$ hei\ss{}t
    \emph{Fundamentalgruppe} (oder 
    \emph{erste Homotopiegruppe}) von $X$
    zum Basispunkt $x_0$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

Die folgende Proposition rechtfertigt den Namen Fundamentalgruppe.
\begin{proposition}
  Sei $X$ ein topologischer Raum mit $x_0\in X$.
  Dann ist die Menge $\pi_1(X,x_0)$ eine Gruppe bez\"uglich des 
  Produktes $[f]\cdot[g]:=[f\cdot g]$. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  \neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Da wir nur Wege mit Endpunkten $x_0$ betrachten, k\"onnen wir
    solche Wege hintereinander durchlaufen. Wir hatten gesehen, dass
    die angegebene Pro\-dukt\-ope\-ra\-ti\-on unabh\"angig vom
    gew\"ahlten Repr\"asentanten der Homotopieklasse, also
    wohldefiniert, ist.
  \item Assoziativit\"at: Zeige, dass
    $(f\cdot g)\cdot h\simeq f\cdot(g\cdot h)$ f\"ur alle $f$, $g$,
    $h$ mit $[f]$, $[g]$, $[h]\in\pi_1(X,x_0)$ gilt, was \"aquivalent
    zu $([f]\cdot[g])\cdot[h]= [f]\cdot([g]\cdot[h])$ ist.
  \item Zun\"achst einmal betrachten wir Umparametrisierungen. Sei
    $\phi:I\to I$ eine stetige Abbildung mit $\phi(0)=0$ und
    $\phi(1)=1$. Dann ist die Verkn\"upfung $f\circ\phi$ eine
    Umparametrisierung von $f$. Unter Reparametrisierungen \"andert
    sich die Homotopieklasse nicht, denn $f\circ\phi\simeq f$
    verm\"oge der Homotopie $f\circ\phi_t$ mit
    $\phi_t(s):=(1-t)\phi(s)+ts$, da $\phi_0=\phi$ und $\phi_1(s)=s$
    gelten. Da $\phi_t(s)\in I$ f\"ur alle $(s,t)\in I^2$ gilt, ist
    $f\circ\phi_t$ wohldefiniert.
  \item F\"ur $f$, $g$, $h$ mit $[f]$, $[g]$, $[h]\in\pi_1(X,x_0)$
    gilt $f(1)=g(0)$ und $g(1)=h(0)$.  Also sind die Verkn\"upfungen
    wohldefiniert. In $(f\cdot g)\cdot h$ und $f\cdot(g\cdot h)$
    werden jeweils die Wege $f$, $g$ und $h$ hintereinander
    durchlaufen, jedoch in unterschiedlichen Geschwindigkeiten.  Die
    beiden Produkte sind also gerade Umparametrisierungen voneinander,
    also insbesondere homotop zueinander.
  \item Auch die Verkn\"upfung von einem Weg $f$ mit
    $[f]\in\pi_1(X,x_0)$ mit dem konstanten Weg $c(s)=x_0$ f\"ur alle
    $s\in I$ ist lediglich eine Umparametrisierng von $f$. Es gilt
    daher $[f]=[f\cdot c]=[c\cdot f]$.
  \item Nebenbei: Die Aussagen der letzten beiden Abschnitte bleiben
    richtig, sobald $f\cdot g$ wohldefiniert ist. Man ben\"otigt
    hierf\"ur nicht, dass alle Endpunkte \"ubereinstimmen.
  \item Sei $f:I\to X$ ein Weg von $f(0)=x_0$ nach
    $f(1)=x_1$. Definiere den dazu inversen Weg $\ol f:I\to X$ durch
    $\ol f(s):=f(1-s)$. Definiere weiterhin
    $$f_t(s):=
    \begin{cases}
      f(s)&0\le s\le1-t,\\
      f(1-t)&1-t\le s\le 1.  
    \end{cases}$$ Dann ist $h_t:=f_t\cdot\ol{f_t}$ eine Homotopie, die
    zeigt, dass $f\cdot\ol f$ homotop zu einem konstanten Weg
    ist. Analog folgt auch, dass $\ol f\cdot f$ homotop zu einem
    konstanten Weg ist.  Somit ist $\ol f$ ein beidseitiges Inverses
    zu $f$ mit $[f]\in\pi_1(X,x_0)$.
  \end{enumerate}
  Daher ist $\pi_1(X,x_0)$ eine Gruppe.     
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Es gilt $\pi_1\left(\R^n,x\right)=\{1\}$ f\"ur alle $x\in\R^n$,
  da sich im $\R^n$, wie wir in Beispiel \ref{Rn hom triv} gesehen haben,
  alle geschlossenen Wege zu einem Punkt zusammenziehen lassen.   
\end{beispiel}

Wir wollen nun die Homotopiegruppen f\"ur unterschiedliche 
Basispunkte vergleichen.
\begin{proposition}\label{fund gr x0 x1}
  Sei $X$ ein topologischer Raum, $x_0$, $x_1\in X$. Sei $h$   
  ein Weg von $x_0$ nach $x_1$ und $\ol h$ der umgekehrt durchlaufene
  Weg. Dann ist die Abbildung
  \begin{align*}
    \beta_h:\pi_1(X,x_1)&\to\pi_1(X,x_0),\\
    \beta_h[f]&:=\left[h\cdot f\cdot\ol h\right]
  \end{align*}
  ein Isomorphismus.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir benutzen die Abk\"urzung $\beta_h[f]$ f\"ur 
  $\beta_h([f])$.\par
  Zun\"achst einmal ist zu zeigen, dass die Definition von der
  Wahl des Repr\"asentanten in der Homotopieklasse unabh\"angig ist.
  Ist $f_t$ eine Homotopie zwischen Wegen mit Basispunkt $x_1$, so ist
  $h\cdot f_t\cdot\ol h$ eine Homotopie zwischen Wegen mit 
  Basispunkt $x_0$. Daher ist $\beta_h$ auf Homotopieklassen
  wohldefiniert.\par
  Die Abbildung $\beta_h$ ist ein Gruppenhomomorphismus, denn es gilt
  \begin{align*}
    \beta_h([f]\cdot[g])=&\,\beta_h[f\cdot g]=\left[h\cdot f\cdot
      g\cdot\ol h\right] =\left[h\cdot f\cdot\ol h\cdot h\cdot g\cdot\ol
      h\right]\\ =&\,\left[h\cdot f\cdot\ol h]\cdot[h\cdot g\cdot\ol
      h\right] =\beta_h[f]\cdot\beta_h[g].
  \end{align*}
  \par
  Die Inverse von $\beta_h$ ist durch $\beta_{\ol h}$ gegeben, denn
  es gilt $\beta_h\beta_{\ol h}[f]=\beta_h\left[\ol h\cdot f\cdot h\right]
  =\left[h\cdot\ol h\cdot f\cdot h\cdot\ol h\right]=[f]$. Analog 
  rechnet man f\"ur die Inverse nach, dass $\beta_{\ol h}\beta_h[f]=[f]$
  gilt.   
\end{proof}

\begin{remark}
  Ist also $X$ wegzusammenh\"angend, so h\"angt $\pi_1(X,x_0)$ -- bis
  auf Gruppenisomorphismen -- nicht vom Basispunkt $x_0$ ab. Daher
  schreiben wir auch $\pi_1(X)$ oder $\pi_1X$. Wir sprechen dann auch
  einfach von der Fundamentalgruppe ohne einen Basispunkt explizit zu
  erw\"ahnen.    
\end{remark}

\datum{Mo 17.05.2021}
\begin{definition}[einfach zusammenh\"angend]
  Ein topologischer Raum $X$ hei\ss{}t \emph{einfach zusammenh\"angend},
  wenn $X$ wegzusammenh\"angend ist und eine triviale Fundamentalgruppe
  (aus nur einem Element bestehend) besitzt. 
\end{definition}

\begin{proposition}
  Ein Raum $X$ ist genau dann einfach zusammenh\"angend, wenn es f\"ur
  je zwei Punkte $x_0$, $x_1\in X$ bis auf Homotopie nur genau einen
  Weg von $x_0$ nach $x_1$ gibt.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]\neueZeilealt
  \Hinrichtung Da $X$ wegzusammenh\"angend ist, gibt es einen Weg, der
  zwei beliebige Punkte in $X$ miteinander verbindet. Nehme an, dass
  $\pi_1(X)=\{1\}$ gilt. Seien $x_0$, $x_1\in X$ und seien $f$ und $g$ 
  zwei Wege von $x_0$ nach $x_1$. Nach Voraussetzung sind dann die
  geschlossenen Wege $\ol g\cdot g$ und $f\cdot\ol g$ nullhomotop, denn
  sie haben jeweils gleiche Start- und Endpunkte. Also gilt
  $f\simeq f\cdot\ol g\cdot g\simeq g$ und die Behauptung folgt.\par
  \Rueckrichtung Gibt es -- bis auf Homotopie -- nur einen Weg von
  $x_0$ nach $x_0$, dann ist nach Definition die Fundamentalgruppe
  $\pi_1(X,x_0)$ trivial.  
\end{proof}

\subsection{Die Fundamentalgruppe des Kreises}
Wir wollen nun nachweisen, dass $\pi_1\S^1\cong\Z$ ist, also
-- bis auf einen Gruppenisomorphismus -- $\pi_1\S^1$ und $\Z$ 
\"ubereinstimmen. Wir sagen dann auch, dass $\Z$ die Fundamentalgruppe
von $\S^1$ ist. Dies folgt aus dem folgenden Theorem. Den Beweis
f\"uhren wir so, dass er implizit das Konzept einer \"Uberlagerung 
benutzt, das wir sp\"ater noch allgemeiner kennenlernen werden.

\begin{theorem}\label{S1 fund gr}
  Die Abbildung $\Phi:\Z\to\pi_1\left(\S^1\right)$, wobei eine ganze Zahl
  $n$ auf die Homotopieklasse des Weges $[0,1]\ni s\mapsto\omega_n(s):=
  (\cos2\pi ns,\sin2\pi ns)$ (mit Basispunkt $(1,0)$) abgebildet wird, 
  ist ein Isomorphismus.   
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Die Beweisidee ist es, Wege in $\S^1$ mit solchen in $\R$ zu
  vergleichen.  Dazu verwenden wir die Abbildung $p:\R\to\S^1$,
  definiert durch $p(s):=(\cos2\pi s,\sin2\pi s)$. Diese Abbildung
  l\"asst sich geometrisch durch die Einbettung von $\R$ in den $\R^3$
  als Helix, parametrisiert duch $s\mapsto(\cos2\pi s, \sin2\pi s,s)$,
  visualisieren. Dann ist $p$ gerade die orthogonale Projektion
  $\R^3\to\R^2$ auf die ersten beiden Komponenten
  $(x,y,z)\mapsto(x,y)$.  Somit ist der geschlossene Weg $\omega_n$
  gerade die Verkn\"upfung $p\circ\tilde\omega_n$, wobei
  $\tilde\omega_n:I\to\R$ ($\R$ identifiziert mit der Helix) gerade
  die Abbildung mit $\tilde\omega_n(s)=ns$ ist, die $0$ mit $n$
  verbindet und sich dabei $|n|$-mal um die Helix (nach oben oder
  unten, je nach Vorzeichen von $n$) windet. Die Identit\"at
  $\omega_n=p\circ\tilde\omega_n$ besagt dann gerade, dass
  $\tilde\omega_n$ der Abbildung $\omega_n$ \"uberlagert ist.  (Dies
  werden wir voraussichtlich in Kapitel \ref{ueberlager sec} noch
  genau definieren.)\par
  Die Abbildung $\Phi$ kann man nun auch wie folgt definieren:
  Definiere $\Phi(n)$ als die Homotopieklasse der geschlossenen Kurve
  $p\circ\tilde f$, wobei $\tilde f$ ein beliebiger Weg in $\R$ von
  $0$ nach $n$ ist. Solch eine Abbildung $\tilde f$ ist zu
  $\tilde\omega_n$ verm\"oge der linearen Homotopie $(1-t)\tilde
  f+t\tilde\omega_n$ homotop. Daher ist auch $p\circ\tilde f$ zu
  $p\circ\tilde\omega_n=\omega_n$ homotop und somit stimmt die alte
  Definition von $\Phi(n)$ mit der neuen \"uberein.\par
  Um nachzuweisen, dass $\Phi$ ein Homomorphismus ist, definieren wir
  f\"ur $m\in\Z$ die Abbildung $\tau_m:\R\to\R$ als die Translation
  $\tau_m(x):=x+m$. Dann ist $\tilde\omega_m\cdot
  (\tau_m\circ\tilde\omega_n)$ ein Weg von $0$ nach $m+n\in\R$, also
  ist $\Phi(m+n)$ die Homotopieklasse in $\S^1$ dieses Weges unter der
  Abbildung $p$. Es gilt aber
  $p(\tilde\omega_m\cdot(\tau_m\circ\tilde\omega_n))=
  \omega_m\cdot\omega_n$. Somit ist $\Phi(m+n)=\Phi(m)\cdot
  \Phi(n)$.\par
  Um nachzuweisen, dass $\Phi$ ein Isomorphismus ist, wollen wir die
  folgenden beiden Tatsachen benutzen (und sp\"ater beweisen):
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item\label{S1 fact i} Zu jedem Weg $f:I\to\S^1$, der im Punkt
    $x_0\in\S^1$ beginnt, und zu jedem Punkt $\tilde x_0\in
    p^{-1}(\{x_0\})$ gibt es eine eindeutig bestimmte stetige Abbildung
    $\tilde f:I\to\R$ mit $\tilde f(0)=\tilde x_0$, die $f$ \"uberlagert
    ist, d.\,h., es gibt eine eindeutig bestimmte stetige Abbildung
    $\tilde f$, die das folgende Diagramm kommutativ macht
    $$\xymatrix{&\R\ar[d]^p\\
      I\ar[ur]^{\tilde f}\ar[r]_f&\S^1.}$$
  \item\label{S1 fact ii} Zu jeder Homotopie $f_t:I\to\S^1$ von Wegen,
    die in $x_0$ beginnen und f\"ur jedes $\tilde x_0\in
    p^{-1}(\{x_0\})$ gibt es eine eindeutige \"uberlagernde Homotopie
    $\tilde f$ von Wegen, die in $\tilde x_0$ beginnen. Die folgenden
    Diagramme sind also kommutativ:
    $$\xymatrix{&\R\ar[d]^p&& &\tilde{f}_t(s)\ar@{|->}[d]^p\\
      I\times I\ar[ru]^{\tilde f}\ar[r]_f&\S^1&\text{und}& 
      (s,t)\ar@{|->}[ru]\ar@{|->}[r]&f_t(s).}$$ 
  \end{enumerate}
  Wir wollen nun zun\"achst mit diesen beiden Tatsachen das Theorem
  beweisen und dann die Beweise f\"ur die angegebenen Aussagen 
  in einem Lemma nachholen.\par
  \textbf{Surjektivit\"at:} Um zu zeigen, dass die Abbildung $\Phi$
  surjektiv ist, betrachten wir einen Weg $f:I\to\S^1$ mit Basispunkt
  $(1,0)$, der ein Element in $\pi_1\left(\S^1\right)$ repr\"asentiert. 
  Nach \eqref{S1 fact i} finden wir einen dem Weg $f$ \"uberlagerten 
  Weg $\tilde f$, der im Punkt $0$ beginnt. Dieser Weg $\tilde f$ 
  endet in einer ganzen Zahl $n$, da $p\circ\tilde f(1)=f(1)=(1,0)$
  gilt und $p^{-1}(\{(1,0)\})=\Z\subset\R$ ist. Wir benutzen nun die
  erweiterte Definition von $\Phi$ und erhalten $\Phi(n)=
  \left[p\circ\tilde f\right]=[f]$. Daher ist $\Phi$ surjektiv.\par
  \textbf{Injektivit\"at:} Nehme an, dass $\Phi(m)=\Phi(n)$ ist. 
  Wir wollen also nachweisen, dass $m=n$ ist. Nach Definition
  folgt aus $\Phi(m)=\Phi(n)$ gerade, dass $\omega_m\simeq\omega_n$
  ist. Sei also $f_t$ eine Homotopie von $\omega_m=f_0$ nach
  $\omega_n=f_1$. Nach \eqref{S1 fact ii} gibt es eine eindeutig 
  bestimmte $f$ \"uberlagerte Homotopie $\tilde f_t$, die im
  Punkt $0$ beginnt. Ebenso gibt es nach \eqref{S1 fact i} 
  \"uberlagernde Abbildungen $\tilde\omega_m$ und $\tilde\omega_n$
  zu $\omega_m$ und $\omega_n$, die auch jeweils im Punkte $0$ 
  starten. Aufgrund der Eindeutigkeit der \"uberlagernden Abbildungen
  gilt daher $\tilde f_0=\tilde\omega_m$ und $\tilde f_1=\tilde\omega_n$.
  Nun ist aber $\tilde f_t$ eine Homotopie von Wegen. Also ist 
  insbesondere der Endpunkt $\tilde f_t(1)$ unabh\"angig von $t$. 
  F\"ur $t=0$ gilt $\tilde f_0(1)=\tilde\omega_m(1)=m$ und f\"ur $t=1$
  erhalten wir $\tilde f_1(1)=\tilde\omega_n(1)=n$. Somit gilt $m=n$. 
\end{proof}

Statt die beiden Behauptungen \eqref{S1 fact i} und \eqref{S1 fact ii}
zu beweisen, zeigen wir die folgende allgemeinere Behauptung:
\begin{lemma}\label{S1 lift lem}
  Sei $Y$ ein topologischer Raum, $F:Y\times I\to\S^1$ stetig und
  $\tilde F:Y\times\{0\}\to\R$ eine $F|_{Y\times\{0\}}$ \"uberlagerte
  stetige Abbildung, \dh es gilt
  $p\circ\left(\tilde F|_{Y\times \{0\}}\right)=F|_{Y\times\{0\}}$ mit
  $p:\R\to\S^1$ wie in Theorem \ref{S1 fund gr}. Dann gibt es eine
  eindeutig bestimmte stetige Abbildung $\tilde F:Y\times I\to\R$, die
  $F$ \"uberlagert ist, \dh es gilt $p\circ\tilde F=F$, so dass
  $\tilde F$ eine Fortsetzung der oben angegebenen Abbildung
  $\tilde F:Y\times\{0\}\to\R$ ist.
\end{lemma}
Hieraus folgen dann die Behauptungen \eqref{S1 fact i} und
\eqref{S1 fact ii} im Theorem \ref{S1 fund gr}, wenn wir f\"ur
$Y$ einen einpunktigen Raum $\{q\}$ bzw.\ $I$ w\"ahlen. Behauptung
\eqref{S1 fact i} ist damit direkt klar, da wir $\tilde F((q,0))$
vorgeben. F\"ur Behauptung \eqref{S1 fact ii} betrachten wir wie
\"ublich die Abbildung $F:I\times I\to\S^1$, die durch
$F(s,t):=f_t(s)$ definiert ist. Wir wenden nun \eqref{S1 fact i}
an, um die eindeutig bestimmte \"uberlagernde Abbildung
$\tilde F:I\times\{0\}\to\R$ mit vorgegebenem Anfangspunkt
$\tilde F(0,0)$ zu bekommen. Dann liefert
Lemma \ref{S1 lift lem} eine eindeutig bestimmte \"uberlagernde
Abbildung $\tilde F:I\times I\to\R$. Die Einschr\"ankungen
$\tilde F|_{\{0\}\times I}$ und $\tilde F|_{\{1\}\times I}$
sind konstanten Wegen \"uberlagert, also aufgrund der 
Eindeutigkeit der \"uberlagernden Abbildungen mit fixiertem
Anfangspunkt wieder konstante
Wege. Somit ist $\tilde f_t(s):=\tilde F(s,t)$ eine Homotopie von Wegen 
und $\tilde f_t$ ist $f_t$ \"uberlagert, denn es gilt
$p\circ\tilde F=F$. 
\begin{proof}[Beweis von Lemma \ref{S1 lift lem}]
  Wir wollen benutzen, dass es eine offene \"Uberdeckung
  $\{U_\alpha\}_\alpha$ von $\S^1$ gibt, so dass f\"ur jedes $\alpha$
  die Mengen $p^{-1}(U_\alpha)$ sich als disjunkte Vereinigung von
  Mengen hom\"oomorph zu $U_\alpha$ darstellen lassen und die
  Abbildung $p$ ein solcher Hom\"oomorphismus ist. Dies ist
  offensichtlich, wenn wir $\S^1$ nur fein genug zerlegen (zwei offene
  Kreisb\"ogen gen\"ugen). Beachte f\"ur sp\"ater, wenn wir eine
  analoge Aussage f\"ur allgemeinere \"Uberlagerungen zeigen wollen,
  dass wir im Folgenden nur diese Eigenschaft von $p$ ausn\"utzen.\par
  Sei $y_0\in Y$.  Wir wollen zun\"achst eine \"uberlagernde Abbildung
  $\tilde F:N\times I\to\R$ konstruieren, wobei $N$ eine Umgebung von
  $y_0$ ist. Da die Abbildung $F$ stetig ist, besitzt jeder Punkt
  $(y_0,t)\in Y\times I$ eine Umgebung in Produktform der Gestalt
  $N_t\times(a_t,b_t)$ (geschnitten mit dem Definitionsbereich), so
  dass $F(N_t\times(a_t,b_t))\subset U_\alpha$ f\"ur ein $\alpha$
  gilt. Aufgrund der Kompaktheit \"uberdecken bereits endlich viele
  dieser Umgebungen die Menge $\{y_0\}\times I$.  Daher k\"onnen wir
  eine feste Umgebung $N$ von $y_0$ w\"ahlen und Zahlen
  $0=t_0<t_1<\ldots<t_m=1$, so dass f\"ur jedes $i$ die Menge
  $F(N\times[t_i,t_{i+1}])$ in einem $U_\alpha$ enthalten ist. Dieses
  wollen wir mit $U_i$ bezeichnen. Nehme nun induktiv an, dass $\tilde
  F$ auf $N\times[0,t_i]$ bereits konstruiert sei.  Nach Voraussetzung
  gilt $F(N\times[t_i,t_{i+1}])\subset U_i$.  Daher gibt es eine Menge
  $\tilde U_i\subset\R$, die unter $p$ hom\"oomorph auf $U_i$
  abgebildet wird und die $\tilde F(y_0,t_i)$ enth\"alt. Nun braucht
  nicht $\tilde F(N\times\{t_i\})\subset\tilde U_i$ zu gelten (z.\,B.\
  wenn $N$ nicht zusammenh\"angend ist), aber wir k\"onnen dies
  erreichen, indem wir die Umgebung $N\in\U(y_0)$ verkleinern; wir
  w\"ahlen dazu statt $N\times\{t_i\}$ die Menge $\left(\tilde
    F|_{N\times\{t_i\}}\right)^{-1} \left(\tilde U_i\right)$,
  schreiben aber weiterhin $N$.  Nun k\"onnen wir $\tilde F$ auf
  $N\times[t_i,t_{i+1}]$ durch $\tilde F:=p_i^{-1}\circ F$ definieren,
  wobei $p_i:\tilde U_i\to U_i$ der Hom\"oomorphismus ist, den man aus
  $p$ durch Einschr\"ankung erh\"alt. Nach endlich vielen solchen
  Schritten erhalten wir dann eine \"uberlagernde Abbildung $\tilde
  F:N\times I\to\R$ f\"ur eine Umgebung $N$ von $y_0$.\par
\datum{Di 25.05.2021}
  Wir betrachten nun die Eindeutigkeit in dem Falle, dass $Y$
  einpunktig ist. In diesem Spezialfall lassen wir $Y$ in den
  Bezeichnungen ersatzlos weg. Nehme also an, dass $\tilde F$ und
  $\tilde F'$ zwei \"uberlagernde Abbildungen von $F:I\to\S^1$ sind,
  so dass $\tilde F(0)=\tilde F'(0)$ gilt. Wie im Existenzteil
  w\"ahlen wir Zahlen $0=t_0<t_1<\ldots<t_m=1$, so dass
  $F([t_i,t_{i+1}])$ stets in einer Menge $U_i$ wie oben enthalten
  ist. Wir wollen induktiv annehmen, dass wir schon wissen, dass
  $\tilde F=\tilde F'$ auf $[0,t_i]$ gilt. Das Intervall
  $[t_i,t_{i+1}]$ ist zusammenh\"angend und damit auch $\tilde
  F([t_i,t_{i+1}])$ sowie $\tilde F'([t_i,t_{i+1}])$. Somit muss
  $\tilde F([t_i,t_{i+1}])$ in einer der Mengen $\tilde U_i$ enthalten
  sein, die unter $p$ hom\"oomorph auf $U_i$ abgebildet werden. Auch
  $\tilde F'([t_i,t_{i+1}])$ muss in einer solchen Menge enthalten
  sein und zwar in derselben, da $\tilde F'(t_i)=\tilde F(t_i)$
  gilt. Da $p|_{\tilde U_i}$ injektiv ist und $p\circ\tilde
  F=p\circ\tilde F'$ auf $[t_i,t_{i+1}]$ gilt, folgt dass auch $\tilde
  F=\tilde F'$ auf dieser Menge gilt.  Der Induktionsschritt
  folgt.\par
  Wir beobachten nun, dass die oben auf Mengen der Form $N\times I$
  konstruierten \"uberlagernden Abbildungen eindeutig bestimmt sind,
  wenn wir sie auf Mengen der Form $\{y\}\times I$ einschr\"anken.
  Daher stimmen sie im Schnitt von Mengen der Form $N\times I$
  \"uberein und wir k\"onnen sie damit auf ganz $Y\times I$ definieren
  und erhalten eine wohldefinierte \"uberlagernde Abbildung $\tilde
  F:Y\times I\to\R$. Die Eindeutigkeit folgt, da die
  Einschr\"ankungen auf Mengen der Form $\{y\}\times I$ eindeutig
  bestimmt sind. Die Abbildung $\tilde F$ ist auch stetig, da die
  Einschr\"ankungen $\tilde F:N\times I\to\R$ stetig sind, was zeigt,
  dass $\tilde F$ in allen Punkten stetig ist.
\end{proof}

Hieraus erhalten wir die Aussage, dass jedes nichtkonstante Polynom
in $\C$ eine Nullstelle besitzt.
\begin{theorem}[Fundamentalsatz der Algebra]
  Sei $p(z):=z^n+a_1z^{n-1}+\ldots+a_n$, $n\ge1$, ein(e) Polynom(funktion)
  $p:\C\to\C$. Dann besitzt $p$ eine Nullstelle.  
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wenn $p(z)$ keine Nullstelle besitzt, dann definiert f\"ur jede Zahl 
  $r\ge0$ die Formel
  $$f_r(s):=\frac{p\left(re^{2\pi is}\right)/p(r)}
  {|p\left(re^{2\pi is}\right)/p(r)|}$$
  eine geschlossene Kurve $f_r:I\to\S^1\subset\C$ mit Basispunkt $1$. 
  In $r$ ist $f_r$ eine Homotopie von geschlossenen Wegen mit 
  Basispunkt $1$. Da $f_0$ ein trivialer geschlossener Weg ist,
  folgt, dass $[f_r]\in\pi_1\left(\S^1\right)$ f\"ur alle $r\ge0$
  das neutrale Element ist. Wir betrachten nun ein gro\ss{}es $r$ mit 
  $r\ge1+\max\{|a_1|+\cdots+|a_n|,\,1\}$. Dann gilt f\"ur $|z|=r$
  die Absch\"atzung
  $$|z|^n=r^n=r\cdot r^{n-1}>(|a_1|+\cdots+|a_n|)|z|^{n-1}\ge
  \left|a_1z^{n-1}+\cdots+a_n\right|.$$
  Wir schlie\ss{}en also, dass die Polynome $p_t(z):=
  z^n+t\cdot\left(a_1z^{n-1}+\cdots+a_n\right)$ f\"ur
  $0\le t\le 1$ keine Nullstellen auf dem Kreis $|z|=r$
  besitzen. Damit induzieren sie, in die obige Formel f\"ur $f_r$ statt
  $p$ eingesetzt, eine Homotopie von $f_r$ zu
  $\omega_n(s):=e^{2\pi ins}$. Nach Theorem \ref{S1 fund gr} ist
  $\omega_n$ gerade die $n$-mal ein Erzeuger der unendlichen zyklischen
  Gruppe $\pi_1\left(\S^1\right)$ und somit vom neutralen Element 
  verschieden. Dies widerspricht $[f_0]=1$. Somit hat $p$ doch eine
  Nullstelle.   
\end{proof}

Wir erhalten einen weiteren Beweis des Brouwerschen Fixpunktsatzes
in zwei Dimensionen:
\begin{theorem}[Brouwerscher Fixpunktsatz]
  Jede stetige Selbstabbildung $h:D^2\to D^2$ der abgeschlossenen
  Einheitskreisscheibe $D^2$ besitzt einen Fixpunkt.  
\end{theorem}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir gehen \"ahnlich wie in Korollar \ref{brouwer retr cor} vor.
  Falls $h$ keinen Fixpunkt besitzt, definieren wir eine stetige 
  Retraktion von $D^2$ nach $\S^1$, \dh eine stetige Abbildung 
  $r:D^2\to\S^1$, so dass $r|_{\S^1}$ die Identit\"at ist.
  Sei $x\in D$. Definiere $r(x)$ als den Punkt, in dem eine Halbgerade,
  die in $h(x)$ startet und durch $x$ geht, den Rand $\partial D^2=\S^1$
  schneidet. Aufgrund der Stetigkeit von $h$ und der Fixpunktfreiheit
  ist dies eine stetige Abbildung $D^2\to\S^1$. Nach Definition ist 
  auch klar, dass $r$ eine Retraktion ist.\par
  Wir zeigen nun, dass es keine solche Retraktion geben kann. 
  Sei $f_0$ ein geschlossener Weg in $\S^1$. In $D^2$ gibt es eine
  Homotopie zu einem konstanten Weg, beispielsweise die lineare 
  Homotopie $f_t(s):=(1-t)f_0(s)+tx_0$, wobei $x_0$ der Basispunkt
  von $f_0$ ist. Da die Retraktion $r$ auf $\S^1$ die Identit\"at ist,
  ist die Verkettung $r\circ f_t$ eine Homotopie in $\S^1$ von 
  $r\circ f_0=f_0$ zu einem konstanten Weg im Basispunkt $x_0$.
  Dies geht aber nicht, denn $\pi_1\left(\S^1\right)$ ist 
  nichttrivial und $f_0$ ist ein beliebiger geschlossener Weg.   
\end{proof}
In beliebigen Dimensionen werden wir den Brouwerschen Fixpunktsatz
noch in der algebraischen Topologie beweisen.

Aus dem angegebenen Beweis folgt noch:
\begin{corollary}\label{brouwer kein retrakt}
  Es gibt keine stetige Retraktion 
  (vergleiche auch Definition \ref{retrakt def})
  von $D^2$ auf $\S^1$.
\end{corollary}

Das folgende Resultat zeigt beispielsweise, dass es auf der Erde
stets zwei gegen\"uberliegende Punkte gibt, in denen die Temperatur
und die Niederschlagsmenge \"ubereinstimmen (falls diese sich
stetig verhalten und die Erde topologisch eine Kugel ist).
\begin{theorem}[Borsuk-Ulam]\label{borsuk ulam thm}
  Sei $f:\S^2\to\R^2$ stetig. Dann gibt es $x\in\S^2$, so
  dass $f$ an den beiden antipodalen Punkten $x$ und $-x$
  \"ubereinstimmt, $f(x)=f(-x)$. 
\end{theorem}
In einer Dimension ist das analoge Resultat offensichtlich, da die
Funktion $f(x)-f(-x)$ das Vorzeichen wechselt, wenn man ein halbes Mal
um $\S^1$ heruml\"auft.\par
Im allgemeinen gibt es nicht mehr als dieses eine Paar von Punkten,
betrachte beispielsweise die Orthogonalprojektion von
$\S^2\subset\R^3$ auf $\R^2\subset\R^3$. \par
Die Verallgemeinerung f\"ur Abbildungen $\S^n\to\R^n$ gilt ebenfalls,
erfordert aber einen anderen Beweis.
\begin{proof}[Beweis von Theorem \ref{borsuk ulam thm}]
  Falls nicht, dann k\"onnen wir eine stetige Abbildung $g:\S^2\to\S^1$  
  durch
  $$g(x):=\frac{f(x)-f(-x)}{|f(x)-f(-x)|}$$
  definieren. Definiere eine geschlossene Kurve $\eta:I\to\S^2\subset\R^3$,
  die den \"Aquator entlangl\"auft durch $\eta(s):=(\cos2\pi s,\sin2\pi s,0)$.
  Definiere weiterhin $h:I\to\S^1$ durch $h:=g\circ\eta$. Nach Definition
  von $g$ gilt $g(-x)=-g(x)$, also folgt $h\left(s+\frac12\right)=-h(s)$ 
  f\"ur alle $s$ im Intervall $\left[0,\frac12\right]$. 
  Wie wir bei der Berechnung
  der Fundamentalgruppe von $\pi_1\left(\S^1\right)$ gesehen haben, 
  l\"asst sich der Weg $h:I\to\S^1$ zu einem Weg $\tilde h:I\to\R$
  \glqq liften\grqq{}, \dh wir finden eine Abbildung $\tilde h$, so 
  dass $\tilde h$ der Abbildung $h$ \"uberlagert ist. Die Gleichung
  $h\left(s+\frac12\right)=-h(s)$ liefert nun, dass
  $\tilde h(s+\frac12)=\tilde h(s)+\frac q2$ f\"ur eine ungerade
  Zahl $q\in\Z$ gilt. Wir behaupten, dass $q$ nicht von $s$ abh\"angt. 
  Dies folgt aber direkt aus der definierenden Gleichung 
  $\tilde h(s+\frac12)=\tilde h(s)+\frac q2$ f\"ur $q$, in der
  alle anderen Summanden stetig von $s$ abh\"angen. Dies gilt daher auch
  f\"ur $q$ und da $q\in\Z$ ist, ist $q$ von $s$ unabh\"angig. 
  Es gilt insbesondere $\tilde h(1)=\tilde h\left(\frac12\right)+\frac q2
  =\tilde h(0)+q$. Dies bedeutet, dass $h$, als Element von
  $\pi_1\left(\S^1\right)$ aufgefasst, gerade $q$-mal ein Erzeuger von
  $\pi_1\left(\S^1\right)$ ist. Da $q$ ungerade ist, ist $h$ damit
  nicht nullhomotop. Aber nach Definition ist 
  $h=g\circ\eta:I\to\S^2\to\S^1$ und die Abbildung $\eta$ ist offensichtlich
  in $\S^2$ nullhomotop. Durch Komposition der entsprechenden Homotopie
  mit $g$ sehen wir also, dass auch $h$ nullhomotop ist. Dies ist
  ein Widerspruch und das Theorem folgt.
\end{proof}

\begin{corollary}
  Die Mengen $\S^2$ und $\R^2$ sind nicht hom\"oomorph.
  $\S^2$ ist auch zu keiner Teilmenge von $\R^2$ hom\"oomorph.  
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Die erste Aussage folgt auch noch leicht aus der Kompaktheit
  von $\S^2$, die zweite nicht mehr. F\"ur einen Hom\"oomorphismus $f$
  gibt es aufgrund der Injektivit\"at nat\"urlich kein $x\in\S^2$,
  so dass $f(x)=f(-x)$ gilt.   
\end{proof}

\begin{corollary}
  Seien $A_1$, $A_2$, $A_3\subset\S^2$ drei abgeschlossene 
  Teilmengen mit $\bigcup\limits_{i=1}^3A_i=\S^2$. Dann gibt es 
  eine Menge $A_i$, die ein Paar von antipodalen Punkten
  $\{x,-x\}$ enth\"alt. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $d_i:\S^2\to\R$ die Distanz zu $A_i$, \dh $d_i(x):=
  \inf\limits_{y\in A_i}|x-y|_{\R^3}$. Dies ist eine 
  stetige Funktion. Daher k\"onnen wir den Satz von Borsuk-Ulam
  auf die Abbildung $\S^2\to\R^2$ mit $x\mapsto(d_1(x),d_2(x))$
  anwenden. Wir finden also ein $x\in\S^2$ mit $d_1(x)=d_1(-x)$
  und $d_2(x)=d_2(-x)$. Ist einer dieser beiden Abst\"ande Null,
  so liegen $x$ und $-x$ beide in $A_1$ oder beide in $A_2$. 
  Falls weder $d_1(x)=0$ noch $d_2(x)=0$ gilt, so liegt $x$ weder   
  in $A_1$ noch in $A_2$. Analog erh\"alt man, dass auch $-x$
  nicht in $A_1\cup A_2$ liegt. Aufgrund der \"Uberdeckungseigenschaft
  gilt daher $x\in A_3$ und $-x\in A_3$. Die Behauptung folgt.
\end{proof}
Hier ist die Anzahl der Mengen scharf, wie man sich \"uberlegt,
wenn man vier Mengen betrachtet, die die Symmetrien eines
Tetraeders haben. In h\"oheren Dimensionen bekommt man eine
\"ahnliche Aussage, wenn man $\S^n$ mit $n+1$ abgeschlossenen
Mengen \"uberdeckt. 

\datum{Mo 07.06.2021}
Das folgende Resultat liefert eine erste M\"oglichkeit, bei der
Konstruktion eines topologischen Raumes die Fundamentalgruppe
des neu konstruierten Raumes aus der seiner Komponenten zu bestimmen.
Wir betrachten nur den Fall, dass $X$ und $Y$ wegzusammenh\"angend
sind. Den allgemeinen Fall erh\"alt man dann, indem man das
Resultat auf Wegzusammenhangskomponenten anwendet. 
\begin{proposition}\label{pi eins prod}
  Sind $X$ und $Y$ wegzusammenh\"angend, so ist $\pi_1(X\times Y)$
  isomorph zu $\pi_1(X)\times\pi_1(Y)$. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $Z$ ein topologischer Raum und 
  $f:Z\to X\times Y$ eine Abbildung. Definiere $g$ und $h$ 
  durch $f(z)=(g(z),h(z))$. Dann ist nach Definition der Produkttopologie
  $f$ genau dann stetig, wenn $g:Z\to X$ und $h:Z\to Y$ stetig sind.
  Daher lassen sich Wege in $X\times Y$ mit Basispunkt $z_0=(x_0,y_0)$ 
  bijektiv auf Paare von Wegen abbilden, wobei der eine Weg in $X$ 
  mit Basispunkt $x_0$ und der andere in $Y$ mit Basispunkt $y_0$ ist.
  Genauso entspricht eine Homotopie $f_t$ von Wegen in $X\times Y$
  bijektiv Paaren $(g_t,h_t)$ von Homotopien, wobei $g_t$ eine 
  Homotopie von Wegen in $X$ und $h_t$ eine Homotopie von Wegen 
  in $Y$ ist. Somit erhalten wir die Bijektion
  $\pi_1(X\times Y,(x_0,y_0))\cong\pi_1(X,x_0)\times\pi_1(Y,y_0)$
  mit $[f]\mapsto([g],[h])$, wobei $g$ und $h$ die Verkettungen von
  $h$ mit den jeweiligen Projektionen sind. Auf der rechten Seite
  multiplizieren wir komponentenweise. Die angegebene Abbildung ist
  ein Gruppenhomomorphismus. Da sie bijektiv ist, ist es ein
  Gruppenisomorphismus.  
\end{proof}

\begin{beispiel}
  F\"ur einen zweidimensionalen Torus gilt
  $\pi_1\left(\S^1\times\S^1\right)\cong
  \pi_1\left(\S^1\right)\times\pi_1\left(\S^1\right)\cong
  \Z\times\Z$. Bis auf Homotopie ist also eine geschlossene Kurve
  durch zwei ganze Zahlen charakterisiert. (Beispiel, etwa $(2,3)$, im
  Bild veranschaulichen.)\par
  Induktiv folgt, dass die Fundamentalgruppe eines $n$-dimensionalen
  Torus isomorph zu $\Z^n$ ist. \par
  Insbesondere sind diese Fundamentalgruppen also abelsch. (F\"ur
  ``Doughnut'' und Rechteck mit identifizierten Seiten skizzieren.)
\end{beispiel}

\subsection{Induzierte Homomorphismen}
Sei $\phi:X\to Y$ eine stetige Abbildung, die den Basispunkt $x_0\in X$ 
auf den Basispunkt $y_0\in Y$ abbildet. Wir k\"urzen dies mit 
$\phi:(X,x_0)\to(Y,y_0)$ ab. Dann induziert $\phi$ einen 
Homomorphismus $\phi_*:\pi_1(X,x_0)\to\pi_1(Y,y_0)$, definiert
durch $\phi_*[f]:=[\phi\circ f]$ f\"ur einen geschlossenen
Weg $f:I\to X$ mit Basispunkt $x_0$. 
\begin{enumerate}[(i)]
\item Die Abbildung ist wohldefiniert, denn wenn $f_t$ eine Homotopie
  in $X$ ist, dann ist $\phi\circ f_t$ eine Homotopie in $Y$. 
\item Die angegebene Abbildung ist ein Homomorphismus, denn es gilt
  $\phi\circ(f\cdot g)=(\phi\circ f)\cdot(\phi\circ g)$, da beide
  Seiten f\"ur $0\le s\le\frac12$ mit $\phi\circ f(2s)$ und f\"ur
  $\tfrac12\le s\le1$ mit $\phi\circ g(2s-1)$ \"ubereinstimmen.
\end{enumerate}

Zwei grundlegende Eigenschaften induzierter Homomorphismen sind:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Es gilt $(\phi\circ\psi)_*=\phi_*\circ\psi_*$ f\"ur 
  Abbildungen $\xymatrix{(X,x_0)\ar[r]^-\psi&(Y,y_0)\ar[r]^-\phi&
    (Z,z_0)}$.
\item $\eins_*=\eins$, \dh die Identit\"at $\eins:X\to X$ induziert
  die Identit\"at $\eins:\pi_1(X,x_0)\to\pi_1(X,x_0)$.
\end{enumerate}
Die erste Behauptung folgt, das die Komposition von Abbildungen
assoziativ ist: $(\phi\circ\psi)\circ f=\phi\circ(\psi\circ f)$, die
zweite ist offensichtlich.\par
Diese beiden Eigenschaften besagen, das die Abbildung, die jedem
punktierten Raum $(X,x_0)$ die Fundamentalgruppe zum Basispunkt $x_0$
und Abbildungen $\phi\colon (X,x_0)\to (Y,y_0)$ die Abbildung $\phi_*$
zuordnet, ein (kovarianter) Funktor ist. Die beteiligten Kategorien
sind punktierte R\"aume mit stetigen Abbildungen, die Basispunkte
aufeinander abbilden, als Morphismen und Gruppen mit
Homomorphismen. Wir brauchen die Definition eines Funktors erst in der
algebraischen Topologie.\par
Sei $\phi$ ein Hom\"oomorphismus mit Umkehrabbildung $\psi$.  Dann ist
$\phi_*$ ein Isomorphismus und die Umkehrabbildung ist durch $\psi_*$
gegeben, denn es gilt
$\phi_*\circ\psi_*= (\phi\circ\psi)_*=\eins_*=\eins$ und analog folgt
auch $\psi_*\circ\phi_*=\eins$. Daraus erhalten wir
\begin{corollary}
  Seien $X$ und $Y$ hom\"oomorphe wegzusammenh\"angende R\"aume. Dann
  sind ihre Fundamentalgruppen isomorph: $\pi_1(X)\cong\pi_1(Y)$.
\end{corollary}



Wir berechnen nun die Fundamentalgruppen f\"ur alle Sph\"aren.
Da wir schon wissen, dass $\pi_1\left(\S^1\right)\cong\Z$ ist
und da $\pi_1\left(\S^0,p\right)$ f\"ur $p\in\S^0$ einelementig ist,
bleibt noch, $\pi_1\left(\S^n\right)$ f\"ur $n\ge2$ zu bestimmen. 
\begin{proposition}
  Die Gruppen $\pi_1\left(\S^n\right)$ sind f\"ur $n\ge2$ trivial,
  \dh sie bestehen nur aus einem Element. 
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $x_0\in\S^n$ beliebig und $f$ ein geschlossener Weg mit
  Basispunkt $x_0$. Nehme zun\"achst an, dass das Bild von $f$ einen
  Punkt $x\in\S^n$ ausl\"asst. Dann ist $f$ nullhomotop, denn
  $\S^n\setminus\{x\}$ ist hom\"oomorph zu $\R^n$ und der ist
  einfach zusammenh\"angend. Daher gen\"ugt es, wenn wir eine gegebene
  Abbildung so homotopieren k\"onnen, dass sie irgendeinen Punkt auf
  der Sph\"are vermeidet, also nicht surjektiv ist. Fixiere dazu
  $x\neq x_0$, $x\in\S^n$, und eine offene Kugel $B\subset\S^n$ um 
  $x$ mit $x_0\not\in\ol B$. Wir wollen nun zeigen, dass die
  Anzahl, wie oft $f$ in diese Kugel hineinkommt, $x$ als Wert 
  annimmt und wieder $B$ verl\"asst, endlich ist und dass auf jedem
  dieser Intervalle die Abbildung $f$ mit Hilfe einer Homotopie so
  deformiert werden kann, dass sie au\ss{}erhalb von $B$ unver\"andert
  ist und den Punkt $x$ vermeidet. (Beachte, dass so etwas nicht
  vollkommen trivial ist, da es raumf\"ullende Kurven gibt. W\"urden
  wir beispielsweise nur st\"uckweise $C^1$-Kurven betrachten, g\"abe
  es keine Probleme, solch einen Punkt zu finden.)\par
  Die Menge $f^{-1}(B)$ ist eine offen Teilmenge von $(0,1)$ und daher
  eine (m\"oglicherweise unendliche) disjunkte Vereinigung offener 
  Intervalle der Form $(a_i,b_i)$. Die Menge $f^{-1}(\{x\})$ ist 
  abgeschlossen, in $(0,1)$ enthalten und da $x_0\not\in B$ ist,
  auch kompakt. Somit wird sie von endlich vielen Intervallen
  der Form $(a_i,b_i)$ \"uberdeckt. Nur auf ihnen brauchen wir $f$
  abzu\"andern. Schr\"anken wir $f$ auf die Intervalle $[a_i,b_i]$
  ein und definieren $f_i:=f|_{[a_i,b_i]}$ f\"ur diese endliche 
  Kollektion von Intervallen, so sind die Bilder der $f_i$ in $\ol B$
  enthalten, es gilt insbesondere $f_i(a_i)$, $f_i(b_i)\in\partial B$. 
  Da $n\ge2$ ist, finden wir einen Weg $g_i$ in $\ol B$ von $f_i(a_i)$
  nach $f_i(b_i)$, der $x$ vermeidet. Da $\ol B$ konvex ist 
  (genauer: hom\"oomorph zu einer konvexen Menge ist), ist
  $f_i$ zu $g_i$ in $\ol B$ homotop. Wenden wir die entsprechenden
  Homotopien auf jedes der endlich vielen Intervalle an, die $f^{-1}(x)$
  enthalten, erhalten wir einen zu $f$ homotopen geschlossenen Weg $g$,
  so dass $x\not\in g(I)$ gilt. Zusammen mit den obigen \"Uberlegungen
  folgt nun die Behauptung.  
\end{proof}

\begin{beispiel}
  Sei $x\in\R^n$. Dann ist $\R^n\setminus\{x\}$ hom\"oomorph zu 
  $\S^{n-1}\times\R$. Nach Proposition \ref{pi eins prod} ist also
  $\pi_1\left(\R^n\setminus\{x\}\right)
  \cong\pi_1\left(\S^{n-1}\times\R\right)
  \cong\pi_1\left(\S^{n-1}\right)\times\pi_1(\R)
  \cong\pi_1\left(\S^{n-1}\right)$. Diese Gruppe ist also 
  isomorph zu $\Z$ f\"ur $n=2$ und trivial f\"ur $n>2$. 
\end{beispiel}

\begin{corollary}
  F\"ur $n\neq2$ ist der $\R^n$ nicht hom\"oomorph zu $\R^2$. 
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $f:\R^2\to\R^n$ ein Hom\"oomorphismus. Dann ist zun\"achst einmal
  $n\neq1$, da $\R^1\setminus\{0\}$ nicht wegzusammenh\"angend,
  $\R^2\setminus\{0\}$ aber wegzusammenh\"angend ist. (Das Argument
  funktioniert auch, wenn wir einen beliebigen anderen Punkt entfernen,
  etwa $f^{-1}(0)$ oder $f(0)$.)\par
  Ist $n>2$, so k\"onnen wir $\R^2\setminus\{0\}$ nicht von 
  $\R^n\setminus\{f(0)\}$ anhand der Zusammenhangskomponenten 
  unterscheiden, die Fundamentalgruppen 
  $\pi_1\left(\R^n\setminus\{f(0)\}\right)$
  und $\pi_1\left(\R^2\setminus\{0\}\right)$ sind aber nicht
  isomorph. Das ist unm\"oglich, wenn $f$ und damit auch
  $f|_{R^2\setminus\{0\}}\colon\R^2\setminus\{0\}\to\R^n\setminus\{f(0)\}$
  ein Hom\"oomorphismus ist.
  Widerspruch. 
\end{proof}
In der algebraischen Topologie werden wir noch sehen dass es auch
keine Ho\-m\"oo\-mor\-phis\-men zwischen offenen Teilmengen des $\R^n$ 
und offenen Teilmengen des $\R^m$ gibt, wenn $m\neq n$ ist. 

Mit Hilfe von induzierten Homomorphismen k\"onnen wir Relationen
auf topologischen R\"aumen auf ihre Fundamentalgruppen \"ubertragen.
Wir betrachten nun ein Beispiel hierf\"ur:
\begin{definition}[Retrakte]\label{retrakt def}
  Sei $X$ ein topologischer Raum und $A\subset X$. 
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Dann ist $A$
    ein \emph{Retrakt} von $X$, wenn es eine stetige Abbildung
    $r:X\to A$ (\emph{Retraktion}) gibt, 
    so dass $r|_A=\eins_A$ ist.
  \item Dann ist $A$ ein \emph{Deformationsretrakt} von $X$, wenn
    es eine stetige Familie $(f_t)_{t\in I}$ von stetigen 
    Abbildungen $f_t:X\to X$ gibt, so dass $f_0=\eins_X$,
    $f_1(X)=A$ und $f_t|_A=\eins_A$ f\"ur alle $t\in I$ gelten.
    Genauer verlangt die (oben recht vage beschriebene) Stetigkeitsforderung,
    dass die Abbildung $X\times I\to X$ mit $(x,t)\mapsto f_t(x)$ stetig ist. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiele}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jeder Deformationsretrakt ist auch ein Retrakt (\"Ubung). 
  \item $\partial B_1((-1,0))\cup\partial B_1((1,0))$ ist ein
    Retrakt und ein Deformationsretrakt von $\R^2\setminus\{(-1,0),(1,0)\}$. 
  \item Die Menge $\partial B_1((1,0))$ ist ein
    Retrakt, aber kein Deformationsretrakt von 
    $\R^2\setminus\{(-1,0),(1,0)\}$.\par 
    Die Tatsache, dass es sich nicht um
    einen Deformationsretrakt handelt, sieht man mit Hilfe von Proposition
    \ref{fund gr retrakt}, da die Fundamentalgruppen von $\S^1$ und
    zwei in einem Punkt zusammengeklebten Kopien von $\S^1$ nicht 
    \"ubereinstimmen (Vergleiche Kapitel \ref{van kampen sec}), 
    was aber der Fall sein m\"usste, wenn es sich
    in beiden F\"allen um einen Deformationsretrakt handeln w\"urde. 
  \end{enumerate}
\end{beispiele}

\datum{Mo 14.06.2021}
\begin{proposition}\label{fund gr retrakt}
  Sei $X$ ein topologischer Raum, $A\subset X$ und $x_0\in A$. Sei 
  $i:A\hookrightarrow X$ die kanonische Inklusionsabbildung.
  L\"asst sich $X$ auf $A$ retrahieren, so ist der Homomorphismus
  $i_*:\pi_1(A,x_0)\to\pi_1(X,x_0)$ injektiv. Ist $A$ ein 
  Deformationsretrakt von $X$, dann ist $i_*$ sogar ein Isomorphismus.  
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Ist $r:X\to A$ eine Retraktion, dann gilt $r\circ i=\eins_A$. Somit
  folgt $r_*\circ i_*={\eins_A}_*=\eins_{\pi_1(A,x_0)}$. 
  Daher ist $i_*$ injektiv.\par
  Ist $r_t:X\to X$ eine Familie von Abbildungen, die belegt, dass
  $A$ ein Deformationsretrakt von $X$ ist, so gilt $r_0=\eins_X$,
  $r_t|_A=\eins_A$ f\"ur alle $t\in I$ und $r_1(X)\subset A$. 
  Sei $f:I\to X$ ein geschlossener Weg (in $X$) mit $x_0\in A$ als 
  Basispunkt, dann ist $r_t\circ f$ eine Homotopie von $f$ zu einem
  Weg in $A$. Somit ist $i_*$ auch surjektiv. 
\end{proof}

\begin{remark}
  Wir sehen hieraus nochmals (siehe auch Korollar \ref{brouwer kein
    retrakt}), dass $\S^1$ kein Retrakt von $D^2$ ist, da die durch
  die Inklusionsabbildung induzierte Abbildung
  $\pi_1\left(\S^1\right)\to\pi_1\left(D^2\right)$ ein
  Gruppenhomomorphismus von (bis auf Isomorphie) $\Z$ auf eine
  einelementige Gruppe ist, also nicht injektiv sein kann, wie es aber
  nach Proposition \ref{fund gr retrakt} im Falle eines Retraktes der
  Fall w\"are.
  % Das Verh\"altnis zwischen Retraktionen und Untergruppen ist
  % nach Prop. 1.17 (Hatcher) noch genauer beschrieben.
  % Man erh\"alt die Form eines semidirekten Produktes. 
  % Dies liegt daran, dass eine kurze exakte Sequenz splittet
  % und benutzt noch ein wenig Algebra. 
\end{remark}

\begin{definition}[Homotopie]\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Eine \emph{Homotopie} ist eine Familie $(\phi_t)_{t\in I}$
    von Abbildungen $\phi_t:X\to Y$, so dass die Abbildung
    $\Phi:X\times I\to Y$, definiert durch $\Phi(x,t):=\phi_t(x)$,
    stetig ist.
  \item Eine Homotopie $\phi_t:X\to Y$ hei\ss{}t \emph{relativ} zu einer 
    Menge $A\subset X$, wenn $\phi_t(a)$ f\"ur beliebiges aber
    festes $a\in A$ unabh\"angig von $t\in I$ ist. (Einen Spezialfall 
    davon haben wir bereits beim Deformationsretrakt kennengelernt.
    Dort hatten wir gefordert, dass $\phi_t|_A=\eins_A$ f\"ur alle
    $t\in I$ gilt.)
  \item Zwei Abbildungen $f_0$, $f_1:X\to Y$ zwischen
    topologischen R\"aumen hei\ss{}en \emph{homotop},
    wenn es eine Homotopie $(g_t)_{t\in I}$ mit $g_t:X\to Y$, 
    $g_0=f_0$ und $g_1=f_1$ gibt. Wir schreiben $f_0\simeq f_1$.
    (Wir kennen diese Definition bereits im Spezialfall von 
    homotopen Wegen.)  
  \item Eine stetige Abbildung $f:X\to Y$ zwischen topologischen 
    R\"aumen hei\ss{}t \emph{Homotopie\"aquivalenz}, wenn es eine stetige
    Abbildung $g:Y\to X$ gibt, so dass $f\circ g\simeq\eins_Y$
    und $g\circ f\simeq\eins_X$ gelten. (Einen Spezialfall davon
    haben wir beim Deformationsretrakt gesehen. (Eigentlich m\"usste
    man nun beim Definitionsbereich exakter sein.) Sei $f_t:X\to X$
    eine Deformation mit $f_t|_A=\eins_A$, $r:=f_1$ und 
    $i:A\hookrightarrow X$ die Inklusionsabbildung. Dann gilt
    $r\circ i=\eins_A$ und $i\circ r\simeq\eins_X$, wobei die
    zugeh\"orige Homotopie durch $f_t$ gegeben ist.)
  \item Zwei topologische R\"aume $X$ und $Y$ haben den 
    gleichen \emph{Homotopietyp} oder sind bis auf Homotopie 
    \"aquivalent oder sind \emph{homotopie\"aquivalent}, 
    wenn es eine Homotopie\"aquivalenz zwischen
    ihnen gibt. Wir schreiben $X\simeq Y$. 
  \item Sei $\phi_t:X\to Y$ eine Homotopie und seien
    $A\subset X$ und $B\subset Y$. Falls $\phi_t(A)\subset B$
    f\"ur alle $t\in I$ gilt, so sprechen wir von einer 
    Homotopie von Paaren $\phi_t:(X,A)\to(Y,B)$. Im Spezialfall,
    dass $A=\{x_0\}$ und $B=\{y_0\}$ gelten, sprechen wir von
    einer Homotopie von punktierten R\"aumen und schreiben
    $\phi_t:(X,x_0)\to(Y,y_0)$.
  \item Entsprechend hei\ss{}en punktierte R\"aume $(X,x_0)$
    und $(Y,y_0)$ \emph{homotopie\"aquivalent}, wenn es stetige 
    Abbildungen $\phi:(X,x_0)\to(Y,y_0)$ und $\psi:(Y,y_0)\to
    (X,x_0)$ gibt, so dass $\phi\circ\psi\simeq\eins_Y$
    und $\psi\circ\phi\simeq\eins_X$ gelten, wobei 
    \glqq$\simeq$\grqq{} sich auf Homotopien punktierter R\"aume
    bezieht. Die Abbildungen $\phi$ und $\psi$ hei\ss{}en dann
    \emph{Homotopieinverse} voneinander. 
    Wir schreiben $(X,x_0)\simeq(Y,y_0)$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{remark}\label{hom aequ iso rem}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ist $\phi_t:(X,x_0)\to(Y,y_0)$ eine Homotopie von punktierten 
    R\"aumen, so gilt $(\phi_0)_*=(\phi_1)_*$.\par
    Es gilt n\"amlich (unter Verwendung von $\phi_t$ beim mittleren
    Gleichheitszeichen) $(\phi_0)_*[f]=[\phi_0\circ f]
    =[\phi_1\circ f]=(\phi_1)_*[f]$, 
    wobei $f$ ein beliebiger geschlossener Weg mit Basispunkt $x_0\in X$ ist.
  \item\label{hom aequ iso rem ii}
    Seien $(X,x_0)$ und $(Y,y_0)$ homotopie\"aquivalent verm\"oge
    der Abbildungen $\phi:(X,x_0)\to(Y,y_0)$ und $\psi:(Y,y_0)\to(X,x_0)$.
    Dann folgt aus $\phi\circ\psi\simeq\eins_Y$, dass 
    $\phi_*\circ\psi_*=(\phi\circ\psi)_*=\eins_*=\eins$ gilt,
    und aus $\psi\circ\phi\simeq\eins_X$, dass $\psi_*\circ\phi_*=\eins$ 
    gilt. Somit sind $\phi_*$ und $\psi_*$ inverse Isomorphismen und es
    gilt $\pi_1(X,x_0)\cong\pi_1(Y,y_0)$.\par 
    Dieses formale Argument zeigt
    nochmals, dass eine Deformationsretraktion einen Isomorphismus der 
    Fundamentalgruppen induziert, da eine Deformationsretraktion von $X$
    auf $A\subset X$ die Homotopie\"aquivalenz $(X,x_0)\simeq(A,x_0)$
    f\"ur einen beliebigen Punkt $x_0\in A$ liefert. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Bemerkung \ref{hom aequ iso rem} \eqref{hom aequ iso rem ii}
wollen wir noch als Proposition festhalten:
\begin{proposition}\label{hom aequ iso punkt prop}
  Die Fundamentalgruppen homotopie\"aquivalenter punktierter R\"aume 
  sind isomorph.
\end{proposition}

Bei Fundamentalgruppen ist der Basispunkt in vielen F\"allen 
unerheblich. Dies folgt aus dem folgenden Resultat.
Es verallgemeinert Proposition \ref{hom aequ iso punkt prop}
von homotopie\"aquivalenten punktierten R\"aumen auf
homotopie\"aquivalente R\"aume.
\begin{proposition}\label{fund gr iso ohne x0}
  Sei $\phi:X\to Y$ eine Homotopie\"aquivalenz. Dann ist der
  induzierte Homomorphismus 
  $\phi_*:\pi_1(X,x_0)\to\pi_1(Y,\phi(x_0))$ f\"ur
  beliebiges $x_0\in X$ ein Isomorphismus.
\end{proposition}
F\"ur den Beweis wollen wir das folgende Resultat benutzen.
\begin{lemma}\label{fund gr versch lem}
  Sei $\phi_t:X\to Y$ eine Homotopie und $h(s):=\phi_s(x_0)$
  der Weg, den man als Bild des Basispunktes $x_0\in X$
  unter der Homotopie bekommt. Dann gilt $(\phi_0)_*
  =\beta_h\circ(\phi_1)_*$, wobei 
  $\beta_h[f]:=\left[h\cdot f\cdot\ol h\right]$
  in der Notation von Proposition \ref{fund gr x0 x1} definiert ist.
  Das folgende Diagramm kommutiert also:
  $$\xymatrix{&\pi_1(Y,\phi_1(x_0))\ar[dd]^{\beta_h}\\
    \pi_1(X,x_0)\ar[ur]^{(\phi_1)_*}\ar[dr]_{(\phi_0)_*}&\\
    &\pi_1(Y,\phi_0(x_0)).}$$
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $h_t$ die Einschr\"ankung von $h$ auf das Intervall $[0,t]$
  mit einer Umparametrisierung, so dass der Definitionsbereich
  wieder $I$ wird, genauer: $h_t(s):=h(ts)$. Ist nun $f$ eine
  geschlossene Kurve in $X$ mit Basispunkt $x_0$, so ist 
  $h_t\cdot(\phi_t\circ f)\cdot\ol h_t$ eine Homotopie von Wegen
  mit Basispunkt $\phi_0(x_0)$. Wir betrachten diese Homotopie an 
  den Endpunkten $t=0$ und $t=1$ und erhalten
  $(\phi_0)_*([f])=[\phi_0\circ f]
  =\left[h_1\cdot(\phi_1\circ f)\cdot\ol h_1\right]
  =\beta_{h_1}[\phi_1\circ f]=\beta_h((\phi_1)_*([f]))$.
\end{proof}
\begin{proof}[Beweis von Proposition \ref{fund gr iso ohne x0}]
  Sei $\psi:Y\to X$ eine Homotopie-Inverse zu $\phi$, \dh eine Abbildung
  mit $\phi\circ\psi\simeq\eins_Y$ und $\psi\circ\phi\simeq\eins_X$.
  Wir betrachten die Abbildungen
  $$\xymatrix{\pi_1(X,x_0)\ar[r]^-{\phi_*}&
    \pi_1(Y,\phi(x_0))\ar[r]^-{\psi_*}&
    \pi_1(X,\psi\circ\phi(x_0))\ar[r]^-{\phi_*}&
    \pi_1(Y,\phi\circ\psi\circ\phi(x_0)).}$$
  Die Verkn\"upfung der ersten beiden Abbildungen ist ein Isomorphismus,
  denn aus $\psi\circ\phi\simeq\eins$ folgt nach 
  Lemma \ref{fund gr versch lem}, dass $\psi_*\circ\phi_*=\beta_h$ 
  f\"ur einen Weg $h$ in $X$ gilt. Da $\psi_*\circ\phi_*=\beta_h$ 
  nach Proposition \ref{fund gr x0 x1} ein Isomorphismus ist,
  ist $\phi_*$ insbesondere injektiv. Wenden wir dasselbe Argument
  auf die zweite und die dritte Abbildung an, so folgt, dass 
  $\psi_*$ injektiv ist. (Beachte aber, dass die Notation $\phi_*$
  f\"ur die dritte Abbildung zwar korrekt ist, dies aber nicht 
  dieselbe Abbildung wie die erste ist, da sich 
  der Basispunkt gegen\"uber der ersten Abbildung ge\"andert hat.)
  Nun sind die ersten beiden Abbildungen
  im obigen Diagramm injektiv und ihre Verkn\"upfung ist ein
  Isomorphismus. Daher muss $\phi_*$ auch surjektiv sein. 
  Es folgt, dass $\phi_*$ ein Isomorphismus ist.
\end{proof}

\weg{
\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Seien $f_0$, $f_1$, $g_0$ und $g_1$ Wege in einem topologischen Raum.
Gelten $f_0\cdot g_0\simeq f_1\cdot g_1$ und $g_0\simeq g_1$,
so folgt auch $f_0\simeq f_1$.  
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Zeige, dass der Basispunktwechselhomomorphismus $\beta_h$ nur
von der Homotopieklasse von $h$ abh\"angt. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein wegzusammenh\"angender topologischer Raum. Dann ist
$\pi_1(X)$ genau dann abelsch, wenn die Basispunktwechselhomomorphismen
$\beta_h$ nur von den Endpunkten des Weges $h$ abh\"angen.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}\label{wege linear aufg}
Eine Teilmenge $X\subset\R^n$ hei\ss{}t sternf\"ormig, wenn es einen
Punkt $x_0\in X$ gibt, so dass f\"ur alle $x\in X$ die Strecke
von $x$ nach $x_0$, also die Menge $\{tx+(1-t)x_0:t\in[0,1]\}$,
in $X$ enthalten ist.\par
Eine Menge $X\subset\R^n$ hei\ss{}t lokal sternf\"ormig, wenn jeder
Punkt eine sternf\"ormige Umgebung $U\subset X$ besitzt.\par
Ein Weg in einer lokal sternf\"ormigen Teilmenge $X\subset\R^n$
ist homotop zu einem st\"uckweise (affin) linearen Weg $h$, \dh zu
einem Weg, der aus endlich vielen geraden Strecken besteht, die
mit konstanter Geschwindigkeit $\left|\frac{\partial}{\partial t}h(t)
\right|$ (was au\ss{}er in endlich vielen Punkten $t\in[0,1]$, die
den Endpunkten der Strecken entsprechen, definiert 
ist) durchlaufen werden.\par
Eine Menge ist insbesondere dann lokal sternf\"ormig, wenn sie offen
ist oder wenn sie die Vereinigung von endlich vielen abgeschlossenen
konvexen Mengen ist.    
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Benutze Aufgabe \ref{wege linear aufg} um zu zeigen, dass ein 
geschlossener Weg auf $\S^n$ homotop zu einem glatten Weg ist.
Zeige, dass ein glatter Weg nicht surjektiv ist. Benutze dies,
um nochmals zu zeigen, dass $\pi_1\left(\S^n\right)$ trivial ist,
falls $n\ge2$ ist.  
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein topologischer Raum. Zeige, dass die folgenden drei
Bedingungen \"aquivalent sind:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Jede Abbildung $\S^1\to X$ ist homotop zu einer konstanten
Abbildung, \dh zu einer Abbildung, deren Bild ein Punkt ist.
\item Jede Abbildung $\S^1\to X$ l\"asst sich zu einer Abbildung
$D^2\to X$ fortsetzen.
\item F\"ur jeden Punkt $x_0\in X$ ist $\pi_1(X,x_0)$ einelementig.
\end{enumerate}
Schlie\ss{}e, dass ein wegzusammenh\"angender Raum $X$ genau dann
einfach zusammenh\"angend ist, wenn alle Abbildungen $\S^1\to X$
homotop sind. (In dieser Aufgabe bedeutet \glqq homotop\grqq,
\glqq homotop ohne Basispunkt\grqq.)
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Seien $A_1$, $A_2$, $A_3\subset\R^3$ kompakt. Zeige mit Hilfe des
Satzes von Borsuk-Ulam, dass es eine Ebene gibt, die gleichzeitig
jede Menge $A_i$ in zwei Teile gleichen Ma\ss{}es zerlegt.\par
Dies besagt, dass man ein Sandwich mit zwei verschiedenen Bel\"agen
durch einen geraden Schnitt so in zwei Teile teilen kann, dass alle
drei Zutaten gleichm\"a\ss{}ig aufgeteilt sind. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Der Isomorphismus $\pi_1(X\times Y,(x_0,y_0))\cong
\pi_1(X,x_0)\times\pi_1(Y,y_0)$ zeigt, dass geschlossene Wege
in $X\times\{y_0\}$ und in $\{x_0\}\times Y$ kommutierende
Elemente in $\pi_1(X\times Y,(x_0,y_0))$ repr\"asentieren.
Gib eine explizite Homotopie an, die dies zeigt.\par
\emph{Hinweis:} Betrachte dies zun\"achst f\"ur $X=Y=\S^1$.  
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Zeige, dass es in den folgenden F\"allen keine Retraktionen
$r:X\to A$ gibt:
\begin{enumerate}[(i)]
\item $X=\R^3$, $A$ eine Teilmenge von $X$, die hom\"oomorph zu
$\S^1$ ist.
\item Der Volltorus 
$X=\S^1\times D^2$ und sein Rand $A:=\S^1\times\S^1$.
\end{enumerate}
\end{aufgabe}

Die folgenden Betrachtungen werden wir in Aufgabe \ref{anheft 
iso aufg} noch vertiefen.
\begin{aufgabe}\neueZeile
\begin{enumerate}[(i)]
\item Sei $A$ ein topologischer Raum. Durch Anheften einer
Zelle $e^n$ mit $n\ge2$ erhalte man einen Raum $X$. 
Sei $a\in A$. Zeige,
dass die Inklusion $i:A\hookrightarrow X$ eine Surjektion
$i_*:\pi_1(A,a)\to\pi_1(X,a)$ induziert. Gib ein Beispiel an, dass
die Abbildung im Allgemeinen nicht injektiv ist. 
\item Betrachte einen endlichen CW-Komplex $X$. (Ohne die 
Endlichkeitsannahme wird es komplizierter.) Sei $X^1$ das
$1$-Skelett, \dh der eindimensionale CW-Komplex, aus dem
$X$ durch Ankleben von Zellen der Dimension $n\ge2$ entstanden ist.
Ist $X^1$ wegzusammenh\"angend, so induziert die Inklusionsabbildung
$X^1\hookrightarrow X$ eine Surjektion $\pi_1\left(X^1\right)\to
\pi_1(X)$.
\end{enumerate}
\emph{Hinweis:} Benutze Techniken wie beim Beweis, 
dass $\pi_1\left(\S^n\right)$ f\"ur $n\ge2$ trivial ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X$ ein wegzusammenh\"angender eindimensionaler CW-Kom\-plex.
Sei der Basispunkt $x_0$ eine $0$-Zelle. Dann ist jeder geschlossene
Weg mit Basispunkt $x_0$ homotop zu einer endlichen Folge von
$1$-Zellen, die monoton durchlaufen werden.\par
Schlie\ss{}e insbesondere, dass $\pi_1\left(\S^1\right)$ eine
zyklische Gruppe ist, die ein erzeugendes Element besitzt, das
durch einen Weg repr\"asentiert wird, der den Kreis einmal 
durchl\"auft. (Der komplizierte Teil bei der Berechnung der 
Fundamentalgruppe ist der Nachweis, dass $\pi_1\left(\S^1\right)$
nicht endlich ist.)\par
\emph{Hinweis:} Benutze Techniken wie beim Beweis, 
dass $\pi_1\left(\S^n\right)$ f\"ur $n\ge2$ trivial ist.
\end{aufgabe}
} % weg

\section{Das van Kampen Theorem}\label{van kampen sec}
K\"onnen wir einen topologischen Raum in geeigneter Weise
in Teilr\"aume zerlegen,
deren Fundamentalgruppen wir kennen, so gibt das van Kampen
Theorem eine M\"oglichkeit, die Fundamentalgruppe zu bestimmen.

\subsection{Freie Produkte von Gruppen}
Wie wir in Beispiel \ref{seil bsp} bereits erw\"ahnt haben, hat
$\S^1\vee\S^1$, definiert als die disjunkte topologische
Summe von zwei $\S^1$-en, wobei wir einen Punkt auf der
ersten $\S^1$ mit einem Punkt auf der zweiten $\S^1$ 
identifizieren ($\S^1\vee\S^1$ ist also hom\"oomorph zur 
Figur \glqq$8$\grqq), als Fundamentalgruppe die freie Gruppe, die
von zwei Elementen erzeugt wird. 

Die universelle Eigenschaft aus 
Lemma \ref{freie forts lem} hat andere Pfeile als
die der Produkttopologie. Daher w\"are es algebraisch korrekter,
von einem Koprodukt von Gruppen zu sprechen. 

\begin{definition}[Freie Gruppe]
  Sei $(G_\alpha)_\alpha$ eine Familie von Gruppen. Definiere
  $*_\alpha G_\alpha$, das freie Produkt der Gruppen $G_\alpha$,
  wie folgt:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Ein Wort aus Elementen der Gruppen $G_\alpha$ ist eine
    endliche Folge $g_1g_2g_3\ldots g_m$ von Elementen, genannt 
    Buchstaben, wobei
    $g_i\in G_{\alpha_i}$ f\"ur alle $1\le i\le m$ gilt und
    $\alpha_i$ geeignete Indizes sind. 
  \item Auf Worten definieren wir eine Verkn\"upfung $\circ$ durch
    $$(g_1\ldots g_m)\circ(h_1\ldots h_n):=g_1\ldots g_mh_1\ldots h_n.$$
  \item Wir definieren das Inverse eines Wortes $g_1\ldots g_m$
    als $g_m^{-1}\ldots g_1^{-1}$.
  \item Wir bezeichnen das leere Wort mit $e$. 
  \item Mit diesen Definitionen bilden die Worte keine Gruppe.
  \item Ein reduziertes Wort ist definiert als ein Wort
    $g_1\ldots g_m$ ohne Einselemente, in dem benachbarte Buchstaben
    $g_i$ und $g_{i+1}$ von verschiedenen Gruppen her kommen:
    $g_i\in G_{\alpha_i}$ und $g_{i+1}\in G_{\alpha_{i+1}}$
    \impliziert $\alpha_i\neq\alpha_{i+1}$. Wir erhalten aus einem
    Wort ein reduziertes Wort, indem wir benachbarte Elemente $g_i$
    und $g_{i+1}$, die zur selben Gruppe $G_\alpha$ geh\"oren, durch
    deren Produkt in $G_\alpha$ ersetzen. Weiterhin lassen wir die
    Eins einer Gruppe und aufeinanderfolgende Buchstaben der Form
    $gg^{-1}$ ganz weg. Beachte insbesondere, dass das Produkt
    reduzierter W\"orter im Allgemeinen nicht reduziert ist.
  \item Man rechnet nach, z.\,B.\ in einer Algebravorlesung, dass
    die reduzierten Worte
    eine Gruppe bilden, die \emph{freie Gruppe} der Gruppen
    $G_\alpha$.\par
    Nachzuweisen ist insbesondere:
    \begin{itemize}
    \item Assoziativit\"at.
    \item Fassen wir Worte, die durch Reduktion auseinander hervorgehen
      als \"aquivalent auf (ebenso, wenn mehrere solche Schritte 
      dazwischenliegen), so liegt in jeder \"Aquivalenzklasse 
      genau ein reduziertes Wort.
    \end{itemize}
  \item Die Gruppe $G_\beta$ ist in $*_\alpha G_\alpha$ kanonisch
    als Untergruppe enthalten. $G_\beta$ ist isomorph zu den
    einbuchstabigen Worten der Form $g$ in $*_\alpha G_\alpha$,
    f\"ur die $g\in G_\beta$ gilt. 
  \item Wir schreiben $\Z*\Z$ f\"ur das freie Produkt von zwei
    Kopien von $\Z$. 
  \end{enumerate}
\end{definition}

\begin{lemma}\label{freie forts lem}
  Sei $(G_\alpha)_\alpha$ eine Familie von Gruppen und sei $H$
  eine Gruppe. Seien $\phi_\alpha:G_\alpha\to H$ Gruppenhomomorphismen.
  Dann gibt es einen eindeutig bestimmten Homomorphismus
  $\phi:*_\alpha G_\alpha\to H$, der $\phi_\alpha$ f\"ur alle
  Untergruppen $G_\alpha\subset *_\alpha G_\alpha$ fortsetzt.
  Dieser ist gegeben durch
  $$\phi(g_1\ldots g_n):=\phi_{\alpha_1}(g_1)\cdot\ldots\cdot
  \phi_{\alpha_n}(g_n),$$
  wenn die Indices $\alpha_i$ so gew\"ahlt sind, dass
  $g_i\in G_{\alpha_i}$ gilt. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Beachte insbesondere, dass $\phi$ auf gek\"urzten und \"aquivalenten
  ungek\"urzten W\"ortern denselben Wert ergibt. Vergleiche eine
  Algebravorlesung f\"ur Details.  
\end{proof}

\subsection{Das van Kampen Theorem}
\datum{Mo 21.06.2021}
Sei $X$ ein topologischer Raum, $x_0\in X$. Seien $A_\alpha$ 
wegzusammenh\"angende Mengen, die $X$ \"uberdecken,
\dh $\bigcup\limits_\alpha A_\alpha=X$ erf\"ullen, und die
alle $x_0$ enthalten, also $x_0\in A_\alpha$ f\"ur alle $\alpha$ 
erf\"ullen. Die Inklusionen $A_\alpha\hookrightarrow X$
induzieren Homomorphismen $j_\alpha:\pi_1(A_\alpha)\to
\pi_1(X)$. Nach Lemma \ref{freie forts lem} lassen sich diese
Homomorphismen zu einem Homomorphismus
$\Phi:*_\alpha\pi_1(A_\alpha)\to\pi_1(X)$ erweitern.
Nach dem van Kampen Theorem ist $\Phi$ oft surjektiv. 
\par
Im Allgemeinen k\"onnen wir nicht erwarten, dass 
$\Phi$ auch injektiv ist. Bezeichnen wir n\"amlich mit
$i_{\alpha\beta}:\pi_1(A_\alpha\cap A_\beta)\to\pi_1(A_\alpha)$
den durch die Inklusion $A_\alpha\cap A_\beta\hookrightarrow
A_\alpha$ induzierten Homomorphismus, so gilt
$j_\alpha\circ i_{\alpha\beta}=j_\beta\circ i_{\beta\alpha}$,
denn beide Verkettungen sind durch die Inklusion
$A_\alpha\cap A_\beta\hookrightarrow X$ induziert.
$$\xymatrix{&\pi_1(A_\alpha)\ar[rd]^{j_\alpha}&\\
  \pi_1(A_\alpha\cap A_\beta)\ar[rr]\ar[ur]^{i_{\alpha\beta}}
  \ar[dr]_{i_{\beta\alpha}}& &\pi_1(X)\\
  &\pi_1(A_\beta)\ar[ur]_{j_\beta}&}$$ 
Somit enh\"alt der Kern von $\Phi$ mindestens alle Elemente
der Form $i_{\alpha\beta}(\omega)(i_{\beta\alpha}(\omega))^{-1}$
f\"ur $\omega\in\pi_1(A_\alpha\cap A_\beta)$,
denn nach Definition von $\Phi$ werden diese unter $\Phi$ auf
$$(j_\alpha i_{\alpha\beta}(\omega))\left(j_\beta i_{\beta\alpha}
  (\omega)^{-1}\right)=(j_\alpha i_{\alpha\beta}(\omega))
(j_\beta i_{\beta\alpha}(\omega))^{-1}=1$$
abgebildet. Das Theorem von van Kampen (oder Seifert-van Kampen)
gibt nun insbesondere Bedingungen an, unter denen diese
Elemente bereits den Kern erzeugen.
\begin{theorem}[van Kampen]
  Sei $X$ die Vereinigung von offenen wegzusammenh\"angenden Mengen
  $A_\alpha$, die jeweils den Basispunkt $x_0\in X$ enthalten. Ist
  jeder Schnitt der Form $A_\alpha\cap A_\beta$ wegzusammenh\"angend,
  so ist der Homomorphismus $\Phi:*_\alpha\pi_1(A_\alpha)\to\pi_1(X)$
  surjektiv. Ist zus\"atzlich noch jeder Schnitt der Form
  $A_\alpha\cap A_\beta\cap A_\gamma$ wegzusammenh\"angend, dann ist
  der Kern von $\Phi$ gerade die normale Untergruppe $N$, die von
  allen Elementen der Form $i_{\alpha\beta}(\omega)
  i_{\beta\alpha}(\omega)^{-1}$ mit $\omega\in\pi_1(A_\alpha\cap
  A_\beta)$ erzeugt wird. Somit induziert $\Phi$ in diesem Fall einen
  Isomorphismus $\pi_1(X)\cong*_\alpha\pi_1(A_\alpha)/N$.
\end{theorem}
Als Homomorphismus muss $\Phi$ ein Normalteiler als Kern haben.Auf
den angegebenen Elementen verschwindet $\Phi$, somit auch auf dem
kleinsten Normalteiler, der diese Elemente enth\"alt. Der kleinste
Normalteiler ist wohldefiniert, da der Schnitt zweier Normalteiler
wieder ein Normalteiler ist.\par Bei den Schnitten k\"onnen wir ohne
Einschr\"ankung $\alpha\neq\beta\neq\gamma\neq\alpha$ annehmen. 
\begin{proof}[Beweis]
  Zun\"achst zeigen wir, dass $\Phi$ surjektiv ist. Sei dazu $f:I\to X$
  ein geschlossener Weg mit Basispunkt $x_0$. Dann gibt es Zahlen
  $s_i$ mit $0=s_0<s_1<\ldots<s_m=1$, so dass jedes Intervall
  $[s_i,s_{i+1}]\subset I$ unter $f$ in eine einzige Menge $A_\alpha$
  abgebildet wird. Solch eine Partition existiert, denn da $f$ 
  stetig ist, gibt es f\"ur jeden Punkt $s\in I$ eine offene Umgebung,
  ohne Einschr\"ankung ein offenes Intervall $V_s$ , das in ein $A_\alpha$ 
  abgebildet wird. Durch Verkleinern der Intervalle k\"onnen wir ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass auch noch die Abschl\"usse jeweils
  in eine Menge $A_\alpha$ abgebildet werden. Aufgrund der Kompaktheit
  \"uberdecken nun bereits endlich viele dieser (in $I$ relativ)
  offenen Intervalle ganz $I$. Als Zahlen $s_i$ kann man nun gerade
  die Endpunkte dieser Intervalle nehmen. 
  \par
  Wir bezeichnen nun die Menge $A_\alpha$, die $f([s_{i-1},s_i])$
  enth\"alt, mit $A_i$. Definiere $f_i:=f|_{[s_{i-1},s_i]}$. Dann gilt
  $f=f_1\cdot\ldots\cdot f_m$, wobei $f_i$ ein Weg in $A_i$ ist. Nun
  sind nach Voraussetzung die Mengen $A_i\cap A_{i+1}$ jeweils
  wegzusammenh\"angend und enthalten den Basispunkt $x_0$.  Wir
  k\"onnen daher Wege $g_i$ von $x_0$ nach $f(s_i)\in A_i\cap A_{i+1}$
  in $A_i\cap A_{i+1}$ w\"ahlen. Dann ist der Weg
  $$(f_1\cdot\ol g_1)\cdot(g_1\cdot f_2\cdot\ol g_2)\cdot
  (g_2\cdot f_3\cdot\ol g_3)\cdot\ldots\cdot(g_{m-1}\cdot f_m)$$
  homotop zu $f$. Er ist aber auch eine Hintereinanderausf\"uhrung von
  Wegen, die jeweils in einer einzigen Menge $A_i$ liegen, wie die
  Klammern andeuten. Daher ist $[f]\in\im\Phi$, $\Phi$ ist also
  surjektiv.
  \par
  Der komplizierte Teil des Beweises ist nun, dass $\ker\Phi=N$ gilt,
  falls alle Mengen der Form $A_\alpha\cap A_\beta\cap A_\gamma$
  wegzusammenh\"angend sind. Daf\"ur f\"uhren wir zun\"achst noch
  folgende Bezeichnung ein. Eine \emph{Faktorisierung} eines Elementes
  $[f]\in\pi_1(X)$ ist ein formales Produkt
  $[f_1]\cdot\ldots\cdot[f_k]$, wobei
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item jedes $f_i$ ein geschlossener Weg in einer Menge $A_\alpha$ mit
    Basispunkt $x_0$ und $[f_i]\in\pi_1(A_\alpha)$ die Homotopieklasse
    von $f_i$ ist.
  \item der Weg $f$ zu $f_1\cdot\ldots\cdot f_k$ in $X$ homotop ist. 
  \end{enumerate}
  (Dabei kommt es nat\"urlich insbesondere nicht darauf an, welchen
  Repr\"asentanten $f_i$ wir w\"ahlen, um eine Homotopieklasse
  $[f_i]$ zu beschreiben; wir k\"onnten auch einen zu $f_i$ 
  homotopen Weg verwenden.)
  \par
  Eine Faktorisierung von $[f]$ ist also ein (m\"oglicherweise nicht
  reduziertes) Wort in $*_\alpha\pi_1(A_\alpha)$, das unter $\Phi$
  auf $[f]$ abgebildet wird. Wie wir beim Beweis der Surjektivit\"at
  gesehen haben, besitzt jedes $[f]\in\pi_1(X)$ eine Faktorisierung.
  \par
  Wir untersuchen nun die Eindeutigkeit einer Faktorisierung. Dazu
  nennen wir zwei Faktorisierungen von $[f]\in\pi_1(X)$ \"aquivalent,
  wenn sie durch eine endliche Folge der folgenden beiden Operationen
  oder ihrer Inversen auseinander hervorgehen.
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Kombiniere aufeinanderfolgende Ausdr\"ucke $[f_i][f_{i+1}]$
    in einen einzigen Ausdruck $[f_i\cdot f_{i+1}]$, wenn $[f_i]$ und
    $[f_{i+1}]$ in derselben Gruppe $\pi_1(A_\alpha)$ liegen. 
  \item Betrachte den Ausdruck $[f_i]\in\pi_1(A_\alpha)$ als einen
    Ausdruck in der Gruppe $\pi_1(A_\beta)$ statt in $\pi_1(A_\alpha)$,
    falls $f_i$ ein geschlossener Weg in $A_\alpha\cap A_\beta$ ist. 
  \end{enumerate}
  Die erste Operation \"andert das durch die Faktorisierung in
  $*_\alpha\pi_1(A_\alpha)$ definierte Element nicht. Nach Definition
  von $N$ \"andert die zweite Operation nicht das Bild dieses Elementes
  in der Quotientengruppe $Q:=*_\alpha\pi_1(A_\alpha)/N$.  Somit ergeben
  \"aquivalente Faktorisierungen dasselbe Element in $Q$.
  \par
  Nun fehlt nur noch der Nachweis, dass je zwei Faktorisierungen 
  einer Homotopieklasse $[f]$ \"aquivalent sind. Dann folgt n\"amlich,
  dass die von $\Phi:*_\alpha\pi_1(A_\alpha)\to\pi_1(X)$ induzierte
  Abbildung $Q\to\pi_1(X)$ injektiv ist. Dann ist $\ker\Phi=N$ und
  das Theorem folgt. 
  \par
  Seien also $[f_1]\cdot\ldots\cdot[f_k]$ und
  $[f_1']\cdot\ldots\cdot[f_l']$ zwei Faktorisierungen von $[f]$. Dann
  sind die Wege $f_1\cdot\ldots\cdot f_k$ und
  $f_1'\cdot\ldots\cdot f_l'$ homotop. Sei also $F:I\times I\to X$
  eine Homotopie von $f_1\cdot\ldots\cdot f_k$ nach
  $f_1'\cdot\ldots\cdot f_l'$ (erste / im folgenden Bild horizontale /
  $s$-Komponente $\leftrightarrow$ Durchlaufen der Wege;
  zweite/vertikale/$t$-Komponente $\leftrightarrow$
  Homotopieparameter). \"Ahnlich wie beim Beweis der Surjektivit\"at
  d\"urfen wir annehmen (verwende nun Mengen der Form
  $[a,b]\times[c,d]\subset I\times I$ statt Intervallen), dass Zahlen
  $s_i$ und $t_j$ existieren mit $0=s_0<s_1<\ldots<s_m=1$ und
  $0=t_0<t_1<\ldots<t_n=1$, so dass jedes der Rechtecke
  $R_{ij}:=[s_{i-1},s_i]\times[t_{j-1},t_j]$ in eine einzige Menge
  $A_\alpha$ abgebildet wird. Wir wollen diese Menge mit $A_{ij}$
  bezeichnen. Wir d\"urfen annehmen, dass die $s$-Unterteilung von
  $F(\cdot,0)$ bzw.{} $F(\cdot,1)$ feiner unterteilt als bei den
  Hintereinanderausf\"uhrungen $f_1\cdot\ldots\cdot f_k$ und
  $f_1'\cdot\ldots\cdot f_l'$ liefert. Da $F$ auch eine Umgebung von
  $R_{ij}$ in $A_{ij}$ abbildet, k\"onnen wir bei den Rechtecken, die
  nicht zu $t=0$ oder $t=1$ geh\"oren, die durch die $s$-Koordinate
  definierten Begrenzungen so verschieben, dass jeder Punkt in
  $I\times I$ zu h\"ochstens drei der abgeschlossenen Rechtecke
  geh\"ort und weiterhin ein Rechteck $R_{ij}$ in eine Menge $A_{ij}$
  abgebildet wird. Dabei nehmen wir ohne Einschr\"ankung an, dass
  $n\ge3$ f\"ur den Index bei $t_n$ gilt. Die Eigenschaft, dass kein
  Punkt zu mehr als drei Rechtecken geh\"oren soll, korrespondiert zu
  der Schnittbedingung mit $A_\alpha\cap A_\beta\cap A_\gamma$, die
  auch drei Mengen beinhaltet. Wir nummerieren die Rechtecke wie folgt
  neu durch (horizontal $\leftrightarrow s$, vertikal
  $\leftrightarrow t$)
  $$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline
    R_{m(n-1)+1}&R_{m(n-1)+2}&\cdots&R_{mn}\\\hline
    \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\\hline
    R_1&R_2&\cdots&R_m\\\hline
  \end{array}.$$ 
  Ist nun $\gamma$ ein Weg in $I\times I$ von ganz links ($s=0$) 
  nach ganz rechts ($s=1$) (vergleiche das Bild), dann ist 
  $F\circ\gamma$ ein
  geschlossener Weg mit Basispunkt $x_0$, da $F(\{0\}\times I)
  =F(\{1\}\times I)=\{x_0\}$ gilt.
  \par 
  W\"ahle nun (im Wesentlichen eindeutig bestimmte) Wege $\gamma_r$,
  die die ersten $r$ Rechtecke $R_1$, \ldots, $R_r$ von den \"ubrigen
  Rechtecken trennen. Wir k\"onnen diese Wege so w\"ahlen, dass wir
  von $\gamma_r$ zu $\gamma_{r+1}$ kommen, indem wir den Weg $\gamma_r$
  in $R_{r+1}$ modifizieren, ihn also \glqq \"uber $R_{r+1}$
  hin\"uberziehen\grqq. Dann ist $\gamma_0$ ein Weg entlang der unteren
  Kante und $\gamma_{mn}$ ein Weg entlang der oberen Kante. 
  \par
  Die Ecken der Rechtecke $R_r$ nennen wir Knoten. W\"ahle f\"ur jeden
  Knoten $\nu$ mit $F(\nu)\neq x_0$ einen Weg $g_\nu$ von $x_0$ nach
  $F(\nu)$. Da wir angenommen haben, dass der Schnitt von jeweils drei
  Mengen der Form $A_\alpha$, also
  $A_\alpha\cap A_\beta\cap A_\gamma$, wegzusammenh\"angend ist und da
  jeder Knoten nach Konstruktion in h\"ochstens drei Rechtecken liegt,
  k\"onnen wir den Weg $g_\nu$ so w\"ahlen, dass er im Schnitt der
  Mengen $A_{ij}$ liegt, in die die Rechtecke in denen $\nu$ enthalten
  ist, unter $F$ abgebildet werden. (F\"ur Knoten am oberen und
  unteren Rand geben wir unten noch eine spezielle Wahl an.)\par
  Wenn wir nun in $F\circ\gamma_r$ an den jeweils den Knoten
  entsprechenden Stellen \"ahnlich wie beim Beweis der Surjektivit\"at
  Wege der Form $\ol g_\nu g_\nu$ einf\"ugen, so erhalten wir eine
  Faktorisierung der Homotopieklasse $[F\circ\gamma_r]$. Dabei fassen
  wir die Teile des Weges, die einem Entlanglaufen an einer
  gemeinsamen Kante von Rechtecken entsprechen, als Wege in einer
  beliebigen der entsprechenden Mengen $A_{ij}$ auf. W\"ahlen wir hier
  andere Mengen, so erhalten wir eine zur gew\"ahlten Faktorisierung
  $[F\circ\gamma_r]$ \"aquivalente Faktorisierung.
  \par
  Nach Wahl der Rechtecke sind nun die Faktorisierungen, die wir zu
  $[F\circ\gamma_r]$ und $[F\circ\gamma_{r+1}]$ erhalten,
  \"aquivalent, denn sie unterscheiden sich (wenn wir oben jeweils
  geeignete Mengen $A_{ij}$ gew\"ahlt haben) nur durch eine Homotopie
  in einer entsprechenden Menge $A_{ij}$: Dazu d\"urfen wir ohne
  Einschr\"ankung annehmen, dass wir die von den Kanten des
  zugeh\"origen Rechtecks induzierten Wege alle als Wege in ein und
  demselben $A_{ij}$ auf"|fassen. Zwischendurch eingef\"ugte
  Zusatzwege der Form $\ol g_\nu g_\nu$ homotopieren wir zun\"achst
  weg.  Dann ist die Homotopie in $A_{ij}$ gegeben durch
  $F\circ\gamma^r_t$, wobei $\gamma^r_t$ gerade den Teil des Weges
  $\gamma_r$, der links und unten an $R_{r+1}$ entlangf\"uhrt, in
  $R_{r+1}$ zu einem Weg homotopiert, der oben und rechts an $R_{r+1}$
  entlangf\"uhrt, also gerade eine Homotopie von $\gamma_r$ zu
  $\gamma_{r+1}$ auf dem Teil ist, auf dem sich diese beiden Wege
  unterscheiden.
  \par
  Wir wollen nun einsehen, dass die Faktorisierung zu $\gamma_0$
  \"aquivalent zur gegebenen Faktorisierung
  $[f_1]\cdot\ldots\cdot[f_k]$ ist. Dies beendet den Beweis, da dann
  $[f_1]\cdot\ldots\cdot[f_k]$ induktiv \"aquivalent zu den
  Faktorisierungen zu $[F\circ\gamma_0]$, $[F\circ\gamma_1]$, \ldots,
  $[F\circ\gamma_{mn}]$ ist. Analog zur noch ausstehenden Behauptung
  ist dann auch $[F\circ\gamma_{mn}]$ \"aquivalent zur Faktorisierung
  $[f_1']\cdot\ldots\cdot[f_l']$. Somit sind dann auch
  $[f_1]\cdot\ldots\cdot[f_k]$ und $[f_1']\cdot\ldots\cdot[f_l']$
  \"aquivalent.
  \par
  Um zu sehen, dass $[f_1]\cdot\ldots\cdot[f_k]$ und die zu
  $[F\circ\gamma_0]$ geh\"orende Faktorisierung \"aquivalent sind,
  unterscheiden wir zwei F\"alle. Geh\"ort ein Knoten $\nu$ in der
  unteren Kante zu einem Endpunkt eines Weges $f_i$, so gilt
  $F(\nu)=x_0$ und wir brauchen an dieser Stelle \"uberhaupt keinen
  Weg der Form $\ol g_\nu g_\nu$ einzuschieben. (Das Ergebnis w\"are
  ohnehin eine zur gegebenen Faktorisierung \"aquivalente
  Faktorisierung.)  F\"ur die anderen Knoten $\nu$ in der unteren
  Kante benutzen wir nochmals die Bedingung \"uber dreifache Schnitte
  und w\"ahlen einen Weg $g_\nu$, den wir als $\ol g_\nu g_\nu$
  einschieben, der nicht nur in den Mengen $A_{ij}$ enthalten ist, die
  zu den Rechtecken geh\"oren, in denen $\nu$ liegt, sondern der auch
  in der Menge $A_i$ liegt, die zu dem Teilst\"uck $[f_i]$ geh\"ort,
  zu dem $\nu$ geh\"ort. Damit sichern wir, dass das Einf\"ugen von
  $\ol g_\nu g_\nu$ weder die \"Aquivalenz der Faktorierung noch das
  \glqq Her\"uberziehen\grqq{} \"uber die Rechtecke st\"ort.  Dies
  beendet den Beweis.
\end{proof}

\datum{Mo 28.06.2021}
\begin{definition}[Einpunktvereinigung]
  Seien $(X_i,x_i)_{i\in I}$ punktierte wegzusammenh\"angende
  topologische R\"aume, \dh topologische R\"aume $X_i$ mit einem
  ausgezeichneten Punkt $x_i\in X_i$.  Dann definieren wir ihre
  \emph{Einpunktvereinigung} durch
  $$\bigvee\limits_{i\in I}X_i:=\bigcup\limits_{i\in I}X_i/
  \bigcup\limits_{i\in I}\{x_i\}\equiv\coprod\limits_{i\in I}X_i/
  \coprod\limits_{i\in I}\{x_i\},$$
  also als disjunkte Vereinigung, die in den ausgezeichneten Punkten 
  zusammengeklebt ist. Wir schreiben auch beispielsweise $\S^1\vee\S^1$,
  wenn der ausgezeichnete Punkt irrelevant ist.

  Die Einpunktvereinigung wird auch Bouquet, Wedgeprodukt oder
  Koprodukt in der Kategorie der punktierten topologischen R\"aume
  genannt. 
\end{definition}

\begin{example}[Einpunktvereinigung]
  \label{ein pkt ver ex}
  Seien $(X_\alpha,x_\alpha)_\alpha$ punktierte topologische R\"aume,
  so dass $x_\alpha\in X_\alpha$ eine offene Umgebung
  $U_\alpha\subset X_\alpha$ besitzt, so dass $\{x_\alpha\}$
  Deformationsretrakt von $U_\alpha$ ist.  Dann ist $X_\alpha$
  Deformationsretrakt der offenen Umgebung
  $A_\alpha:=X_\alpha\vee\bigvee\limits_{\beta\neq\alpha}U_\beta$.
  (Beachte dazu, dass die aus den einzelnen Homotopien
  zusammengesetzte Homotopie nach Definition \ref{def final top} und
  Korollar \ref{final top cor} stetig ist.) Der Schnitt von zwei oder
  mehr verschiedenen Mengen $A_\alpha$ ist
  $\bigvee\limits_\alpha U_\alpha$, was einen Punkt als
  Deformationsrektrakt besitzt. Daher ist nach dem Theorem von van
  Kampen die Abbildung
  $\Phi:*_\alpha\pi_1(X_\alpha)\to\pi_1\left( \bigvee\limits_\alpha
    X_\alpha\right)$ ein Isomorphismus.
  \par
  Insbesondere ist f\"ur $\bigvee\limits_\alpha\S^1$, die
  Einpunktvereinigung von Kreisen, $\pi_1\left(\bigvee
    \limits_\alpha\S^1\right)$ isomorph zum
  freien Produkt von (entsprechend vielen) Kopien von $\Z$.
  Beispielsweise gilt $\pi_1\left(\S^1\vee\S^1\right)\cong
  \Z*\Z$. 
  \par
  In moderner algebraischer Sprache induziert also das Koprodukt von
  punktierten topologischen R\"aumen (mit deformationsretrahierbaren
  offenen Umgebungen der Basispunkte) einen Isomorphismus der 
  Fundamentalgruppen in das Koprodukt dieser Gruppen. 
\end{example}

Es gilt der allgemeine Satz, dass die Fundamentalgruppen 
von Graphen freie Gruppen sind, siehe 
\cite[Proposition 1.A.2, S. 84]{Hatcher}. 
Wir behandeln hier nur ein Beispiel. 
\begin{example}
  Wir wollen die Fundamentalgruppe des Graphen $X$ berechnen, der
  aus den zw\"olf Kanten des Einheitsw\"urfels $[0,1]^3\in\R^3$ 
  besteht. \par
  Es gibt einen einfach zusammenh\"angenden Teilgraphen $T$ aus sieben
  Kanten, der alle Knoten enth\"alt. Dann ist $\pi_1(X)\cong
  *_{i=1}^5\Z$, wobei f\"unf auch gerade die Anzahl der
  Kanten ist, die nicht in $T$ enthalten sind. Definiere zu jeder
  Kante $e_\alpha\not\in T$ eine offene Umgebung $A_\alpha$ in $X$,
  die $e_\alpha\cup T$ als Deformationsretrakt enth\"alt. Der 
  Schnitt von mindestens zwei solcher Mengen besitzt $T$ als
  Deformationsretrakt, ist also einfach zusammenh\"angend. 
  Es gilt $X=\bigcup\limits_{\alpha=1}^5A_\alpha$. Auf diese Mengen
  ist das Theorem von van Kampen anwendbar und da alle Schnitte von
  verschiedenen Mengen $A_\alpha$ einfach zusammenh\"angend sind,
  tritt kein Kern auf, es gilt
  $$\pi_1(X)\cong*_{\alpha=1}^5\pi_1(A_\alpha)\cong*_{\alpha=1}^5
  \pi_1\left(\S^1\right)\cong\Z*\Z*\Z*\Z*\Z.$$
  Die Fundamentalgruppe ist von geschlossenen Wegen erzeugt, die
  in $T$ verlaufen und genau eine Kante $e_\alpha$ einmal 
  monoton durchlaufen, die nicht in $T$ enthalten ist.
\end{example}

\begin{example}[Verschlingungen]\label{verschlingen bsp}\neueZeile
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Sei $A$ eine in $\R^3$ eingebettete $\S^1$,
    $\S^1\ni(x,y)\mapsto(x,y,0)$. Dann ist
    $\S^2\vee\S^1$ Deformationsretrakt von $\R^3\setminus A$.
    (Deformiere alternativ das Komplement auf eine $\S^2$ mit
    einem Durchmesser des \"Aquators. Das Ergebnis ist dann
    homotopie\"aquivalent zu $\S^2\vee\S^1$. Dies sieht man
    beispielsweise, indem man an die Wege vom ausgezeichneten Punkt zu
    den Endpunkten des Durchmessers Streifen einklebt und beobachtet,
    dass die beiden betrachteten R\"aume jeweils Deformationsretrakte
    hiervon sind.) Also gilt
    $\pi_1\left(\R^3\setminus A\right)\cong\pi_1\left(\S^1\vee\S^2\right)
    \cong\pi_1\left(\S^1\right)*\pi_1\left(\S^2\right)
    \cong\Z*\{1\}\cong\Z$.
  \item Seien $A$ und $B$ zwei unverschlungen in den $\R^3$ eingebettete
    $\S^1$-en. Unverschlungen sind diese beiden eingebetteten $\S^1$-en
    beispielsweise, wenn sie beide Radius eins und Abstand zehn haben,
    $\S^1_A\ni(x,y)\mapsto(x+6,y,0)$, $\S^1_B\ni(x,y)\mapsto
    (x-6,y,0)$. Dann folgt
    \begin{align*}
      \pi_1\left(\R^3\setminus(A\cup B)\right)\cong&\,
      \pi_1\left(\S^2\vee\S^1\vee\S^2\vee\S^1\right)\\
      \cong&\,\pi_1\left(\S^2\right)*\pi_1\left(\S^1\right)*
      \pi_1\left(\S^2\right)*\pi_1\left(\S^1\right)\\
      \cong&\,\{1\}*\Z*\{1\}*\Z\\
      \cong&\,\Z*\Z.
    \end{align*}
  \item Seien $A$ und $B$ nun zwei verschlungen in den $\R^3$ 
    eingebettete $\S^1$-en, beispielsweise mittels
    $\theta\mapsto(\sin\theta,\cos\theta,0)$ und
    $\theta\mapsto(1+\sin\theta,0,\cos\theta)$,
    wobei $\theta\in\R/2\pi\Z$ ist. 
    Dann ist $\left(\S^1\times\S^1\right)\vee\S^2\equiv\mathbb T^2\vee\S^2$
    ein Deformationsretrakt von $\R^3\setminus(A\cup B)$, wobei der 
    Torus der Rand eines Volltorusses um eine eingebettete $\S^1$ ist.
    Wir erhalten
    \begin{align*}
      \pi_1\left(\R^3\setminus(A\cup B)\right)\cong&\,
      \pi_1\left(\left(\S^1\times\S^1\right)\vee\S^2\right)\\
      \cong&\,\pi_1\left(\S^1\times\S^1\right)*\pi_1\left(\S^2\right)\\
      \cong&\,\pi_1\left(\S^1\right)\times\pi_1\left(\S^1\right)\\
      \cong&\,\Z\times\Z.
    \end{align*}
  \end{enumerate}
  Da (vergleiche eine Algebravorlesung) $\Z*\Z$ nicht abelsch ist,
  aber $\Z\times\Z$ abelsch ist, gibt es keinen Hom\"oomorphismus des
  $\R^3$ der die unverschlungen und die verschlungen eingebetteten
  $\S^1$-en ineinander \"uberf\"uhrt, da ein Hom\"oomorphismus die
  Homotopiegruppen der Komplemente invariant l\"asst.\par
  Eigentlich sind wir aber nicht daran interessiert, auch noch den
  umgebenden Raum zu deformieren. Dies spielt aber zumindest im
  glatten Fall keine Rolle, da sich glatte Deformationen glatter
  Kurven leicht zu stetigen Deformationen des umgebenden Raumes
  fortsetzen lassen: Um eine glatte Kurve gibt es eine
  Tubenumgebung. Auf diese l\"asst sich eine kleine Deformation der
  Kurve leicht fortsetzen. Au\ss{}erhalb der Tubenumgebung deformieren
  wir nichts. Die Hintereinanderausf\"uhrung solcher Deformationen des
  umgebenden Raumes ist dann die gesuchte Deformation.

\end{example}

\begin{definition}[Abbildungszylinder]
  Sei $f:X\to Y$ eine stetige Abbildung zwischen topologischen
  R\"aumen. Dann ist der \emph{Abbildungszylinder} $M_f$ als
  $((X\times I)\coprod Y)/\!\!\sim$ definiert, wobei $\sim$ die durch
  $X\times I\ni(x,1)\sim f(x)\in Y$ induzierte \"Aquivalenzrelation
  ist.
\end{definition}

\begin{remark}
  Der Abbildungszylinder $M_f$ besitzt $Y$ als Deformationsretrakt,
  da wir das Segment $\{x\}\times I\subset M_f$ auf $f(x)$ schieben
  k\"onnen.  
\end{remark}

\datum{Mo 05.07.2021}
\begin{example}[Torusknoten]
  Seien $m$, $n\in\N_{>0}$ teilerfremd (was die Injektivit\"at
  sichert) und sei $g:\S^1\times\S^1\equiv\mathbb T^2\to\R^3$ eine
  Standardeinbettung des Torus. Definiere $f:\S^1\to\S^1\times\S^1$
  durch
  $f(\exp(2\pi i\theta))= (\exp(2\pi im\theta),\exp(2\pi in\theta))$.
  Definiere $K_{m,n}\equiv K:=g\circ f\left(\S^1\right)$.  Wir wollen
  $\pi_1\left(\R^3\setminus K\right)$ bestimmen.
  \par
  Wir k\"onnen den $\R^3$ auch kompaktifizieren, $K$ als
  Teilmenge von $\S^3$ auf\/fassen, und die
  Fundamentalgruppe von $\S^3\setminus K$ ausrechnen. 
  Das Ergebnis stimmt mit dem Ergebnis in $\R^3$ \"uberein:
  Wenden wir n\"amlich das van Kampen Theorem auf $\R^3$ und
  auf einen Ball $B$ um den unendlich fernen Punkt an, so sind
  $B$ und $B\cap\R^3$, was hom\"oomorph
  zu $\S^2\times\R$ ist, nullhomotop. Also folgt
  $\pi_1\left(\R^3\setminus K\right)
  \cong\pi_1\left(\S^3\setminus K\right)$.\par
  Wir behaupten, dass $\S^3\setminus K$ als Deformationsretrakt
  einen Raum $X=X_{m,n}$ hom\"oomorph zu 
  $\left(\S^1\times I\right)/\!\!\sim$ 
  besitzt, wobei die \"Aquivalenzrelation f\"ur $z\in\S^1$ durch
  $(z,0)\sim(\exp(2\pi i/m)z,0)$ und
  $(z,1)\sim(\exp(2\pi i/n)z,1)$ induziert ist. 
  Seien $X_m$ und $X_n$ die beiden H\"alften von $X$, die
  sich als Quotienten von $\S^1\times[0,1/2]$ beziehungsweise
  $\S^1\times[1/2,1]$ ergeben, also die Abbildungszylinder
  von $\S^1\ni z\mapsto z^m$ und $z\mapsto z^n$. 
  Dann ist $X_m\cap X_n$ hom\"oomorph zu einer $\S^1$.\par
  Betrachte die Standardzerlegung von $\S^3$ in zwei Volltori
  $\S^1\times D^2$ und $D^2\times\S^1$. Beachte dazu, dass
  $\S^3$ hom\"oomorph zu 
  \begin{align*}
    \partial D^4&=\partial\left(D^2\times D^2\right)\\
    &=\left(\partial D^2\times D^2\right)\cup
    \left(D^2\times\partial D^2\right)\\
    &=\left(\S^1\times D^2\right)\cup\left(D^2\times\S^1\right)
  \end{align*}
  ist. Visualisieren l\"asst sich dies in $\R^3$ als ein Volltorus
  vereinigt mit einem Volltorus, dessen Rand mit dem Rand des anderen
  Torus verklebt wird (\glqq Breitenkreise auf L\"angenkreise\grqq).\par
  Im ersten Volltorus schneidet $K$ die Kreise $\{x\}\times\partial D^2$
  in $m$ gleichverteilten Punkten. In $\{x\}\times D^2$ k\"onnen diese
  Punkte durch jeweils dazwischenliegende Punkte und radiale
  Verbindungsstrecken zu $\{x\}\times\{0\}$ getrennt werden.
  Durchl\"auft nun $x$ einmal $\S^1$, so durchlaufen die radialen
  Strecken gerade eine Kopie des Abbildungszylinders $X_m$ im ersten
  Volltorus. Analoges funktioniert f\"ur den zweiten Volltorus und
  $X_n$. Anhand eines Bildes kann man sich \"uberzeugen, dass es im
  ersten Volltorus eine Deformationsretraktion, jeweils innerhalb der
  entsprechenden Scheibe $\{x\}\times D^2$, gibt, die das Komplement von
  $K$ auf $X_m$ deformiert. W\"ahlt man die Deformationen auch noch so,
  dass sie insbesondere $\S^1\times\S^1$ nicht verlassen, wenn sie dort
  starten, so kann man durch Modifikation der Deformation nahe
  $\S^1\times\S^1$ die beiden Deformationen stetig zusammenf\"ugen und
  erh\"alt, dass $X_{m,n}$ ein Deformationsretrakt von $\S^3\setminus K$
  ist.
  \par
  Zerlegt man $X$ in $X_m$ und $X_n$ (genauer: in kleine geeignete
  offene Umgebungen davon), so gibt es Deformationsretrakte von $X_m$
  und $X_n$ auf Mengen hom\"oomorph zu $\S^1$ in $X_m$ beziehungsweise
  $X_n$. Nun ist $X_m\cap X_n$ hom\"ooomorph zu einer $\S^1$. Alle
  diese Bausteine haben also eine Fundamentalgruppe isomorph zu
  $\Z$. Eine geschlossene Kurve in $X_m\cap X_n$, die einen Erzeuger
  der Fundamentalgruppe repr\"asentiert, wird unter der Inklusion
  $X_m\cap X_n\hookrightarrow X_m$ zu dem $m$-fachen eines
  Repr\"asentanten eines Erzeugers von $\pi_1(X_m)$ und unter
  $X_m\cap X_n\hookrightarrow X_n$ zum $n$-fachen eines
  Repr\"asentanten eines Erzeugers von $\pi_1(X_n)$. Daher ist nach
  dem Theorem von van Kampen $\pi_1(X)$ isomorph zur freien von $a$
  und $b$ erzeugten Gruppe, aus der die von $a^mb^{-n}$ erzeugte
  normale Untergruppe herausgeteilt ist. Bezeichne diese Gruppe mit
  $G_{m,n}$.\par
  Man kann nun mit etwas Algebra zeigen, dass $G_{m,n}$ f\"ur
  nat\"urliche Zahlen $m$, $n\in\N=\N\cup\{0\}$ nur zu $G_{n,m}$
  isomorph ist, aber zu keiner anderen Gruppe in dieser Familie. Somit
  k\"onnen die entsprechenden Torusknoten f\"ur unterschiedliche Werte
  von teilerfremden Paaren $(m,n)\in\N_{>0}^2$ mit $0<m\le n$ durch
  einen Hom\"oomorphismus des umgebenden Raumes $\R^3$ beziehungsweise
  $\S^3$ nicht ineinander \"uberf\"uhrt werden.
\end{example}

\weg{
\subsection{Aufgaben}
\begin{aufgabe}
Sei $\phi:G\to K$ ein Gruppenhomomorphismus, $H:=\ker\phi$.
Dann ist $H$ eine normale Untergruppe von $G$, \dh
es gilt $aH=Ha$ f\"ur alle $a\in G$ und $G/H$, bestehend aus
Restklassen der Form $aH$, $a\in G$, mit $(aH)(bH):=(ab)H$
bildet eine Gruppe. 
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Sei $X:=[0,2]\cup[3,5]\cup[6,8]/\!\!\sim$ mit der von
$0\sim3\sim6$ und $2\sim5\sim8$ induzierten \"Aquivalenzrelation.
Definiere $A_1:=X\setminus\{1\}$, $A_4:=X\setminus\{4\}$
und $A_7:=X\setminus\{7\}$. Skizziere $X$.
Wende auf zwei dieser Mengen das van Kampen Theorem an
um die Fundamentalgruppe zu berechnen. Zeige, dass die
Bedingung an Dreifachschnitte der Mengen $A_i$ im
van Kampen Theorem n\"otig ist.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
Untersuche die Komplemente aus Beispiel \ref{verschlingen bsp}
nochmals, aber nun nicht $\R^3\setminus A$ und 
$\R^3\setminus(A\cup B)$, sondern indem
du $\R^3$ als Teilmenge von $\S^3$ auf\/fasst, also $A$, $B\subset\S^3$.
Bestimme also $\S^3\setminus A$ und $\S^3\setminus(A\cup B)$.
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}\label{anheft iso aufg}
Sei $X$ wegzusammenh\"angend und sei $Y$ aus $X$ durch 
Ankleben von $e^n$'s entstanden f\"ur $n\ge3$. Zeige, dass
die Inklusion $X\hookrightarrow Y$ einen Isomorphismus $\pi_1(X)\to
\pi_1(Y)$ induziert. 
\end{aufgabe}
} % weg

\subsection{Klassifikation zweidimensionaler Fl\"achen}
Wir kleben $2$-Zellen $(e^2_\alpha)_\alpha$ mit stetigen Abbildungen
$\phi_\alpha:\S^1\to X$ an einen wegzusammenh\"angenden Raum $X$ an
und nennen das Ergebnis $Y$. Betrachte ab jetzt ohne Einschr\"ankung
den Fall, dass mindestens eine solche Abbildung $\phi_\alpha$
auftritt.  Sei $x_0\in X$.  Die Abbildung $\phi_\alpha$ (mit fixiertem
$\alpha$) induziert einen geschlossen Weg $\tilde\phi_\alpha$
(sp\"ater einfach auch wieder mit $\phi_\alpha$ bezeichnet) in $X$ mit
einem Basispunkt $\phi_\alpha(s_0)$. W\"ahle einen Weg $\gamma_\alpha$
von $x_0$ nach $\phi_\alpha(s_0)$. Dann ist
$\gamma_\alpha \tilde\phi_\alpha\ol\gamma_\alpha$ ein geschlossener
Weg zum Basispunkt $x_0$. Nach Ankleben der Zellen sind alle diese
Wege nullhomotop, liegen also im Kern der Abbildung
$\pi_1(X,x_0)\to\pi_1(Y,x_0)$, die von $X\hookrightarrow Y$ induziert
ist. Sei $N$ die von diesen Wegen erzeugte normale Untergruppe.  (Wir
bemerken, dass die von diesen Elementen erzeugte normale Untergruppe
nicht von der Wahl von $\gamma_\alpha$ abh\"angt, denn f\"ur einen
anderen solchen Weg $\eta_\alpha$ sind
$\gamma_\alpha\phi_\alpha\ol\gamma_\alpha$ und
$\eta_\alpha\phi_\alpha\ol\eta_\alpha=
(\eta_\alpha\ol\gamma_\alpha)\gamma_\alpha\phi_\alpha\ol\gamma_\alpha
(\gamma_\alpha\ol\eta_\alpha)$ in $\pi_1(X,x_0)$ konjugiert, erzeugen
also dieselbe normale Untergruppe, da f\"ur jedes Gruppenelement $g$
und einen Normalteiler $N$ stets $gNg^{-1}=N$ gilt.)

\begin{proposition}\label{cell surjection}
  Die Inklusion $X\hookrightarrow Y$ induziert eine Surjektion
  $\pi_1(X,x_0)\to\pi_1(Y,x_0)$ mit Kern $N$. Es gilt also
  $\pi_1(Y)\cong\pi_1(X)/N$.
\end{proposition}
\begin{proof}[Beweis]
  Statt $Y$ betrachten wir einen Raum $Z$, der aber als 
  Deformationsretrakt den Raum $Y$ besitzt. Dazu kleben wir an
  $Y$ die Quadrate $Q_\alpha=I\times I$ entlang $I\times\{0\}$
  und entlang der Wege $\gamma_\alpha$ ein. Wir identifizieren
  die Kanten $\{1\}\times I$ mit einem kleinen Wegst\"uck von
  $\gamma_\alpha(1)$ in $e^2_\alpha$ und alle Kopien von
  $\{0\}\times I$ identifizieren wir zu einem Einheitsintervall $I$. 
  (Stellt man sich $X$ in der Ebene vor und die angeklebten 
  $e^2_\alpha$'s als Halbkugeln, so \glqq sitzen\grqq\ die angeklebten
  $I\times I$'s gerade \"uber den Wegen $\gamma_\alpha$. Daher
  ist auch $Y$ ein Deformationsretrakt von $Z$.)
  W\"ahle Punkte $y_\alpha\in e^2_\alpha$, die disjunkt vom Weg
  sind, entlang dessen $I\times I$ angeklebt wird. Definiere
  $A:=Z\setminus\bigcup\limits_\alpha\{y_\alpha\}$ und
  $B:=Z\setminus X$. Dann besitzt $A$ als Deformationsretrakt
  den Raum $X$ und $B$ ist kontrahierbar, \dh besitzt einen
  Punkt als Deformationsretrakt. Also ist $\pi_1(B)=\{1\}$. 
  Nach dem Theorem von van Kampen, angewandt auf $A$ und $B$
  ist $\pi_1(Z)\cong\pi_1(A)/L$, wobei $L$ die vom Bild der
  Abbildung $\pi_1(A\cap B)\to\pi_1(A)$ erzeugte normale Untergruppe 
  ist. Es gen\"ugt also einzusehen, dass $\pi_1(A\cap B)$ von
  zu Wegen der Form $\gamma_\alpha\phi_\alpha\ol\gamma_\alpha$ 
  homotopen Wegen in
  $A\cap B$ erzeugt wird. Dazu wenden wir noch einmal das Theorem
  von van Kampen an. Diesmal \"uberdecken wir $A\cap B$ mit
  den offenen Mengen $A_\alpha:=(A\cap B)\setminus
  \bigcup\limits_{\beta\neq\alpha}e^2_\beta$. Da $A_\alpha$ als
  Deformationsretrakt das Bild einer $\S^1$ in $e^2_\alpha\setminus
  \{y_\alpha\}$ besitzt, gilt $\pi_1(A_\alpha)\cong\Z$, wobei die
  Gruppe von einem Weg der Form $\gamma_\alpha\phi_\alpha\ol\gamma_\alpha$
  erzeugt wird. Ein Kern tritt hier nicht auf, da $A_\alpha
  \cap A_\beta$ f\"ur $\alpha\neq\beta$ zusammenziehbar (= kontrahierbar) 
  ist. Die Behauptung folgt.  
\end{proof}

\begin{remark}\label{flaechen normalform}
  Wir folgen \cite{JostMinimalflaechen}:
  Plausibel sind die folgenden \"Uberlegungen:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item Jede glatte geschlossene Fl\"ache $M$, \dh jede zweidimensionale 
    kompakte Mannigfaltigkeit ohne Rand, l\"asst sich triangulieren, \dh
    in Mengen $(D_i)_{1\le i\le N}$ ho\-m\"oo\-morph zu Dreiecken 
    zerlegen, so dass $M=\bigcup\limits_{i=1}^ND_i$ gilt. Dabei
    ist $D_i\cap D_j$ entweder (bis auf einen Hom\"oomorphismus)
    ein Dreieck, eine Dreiecksseite oder ein Punkt.
  \item Sei $M$ nun stets eine glatte geschlossene Fl\"ache.  Nehme
    an, dass $M$ zusammenh\"angend ist. Wir stellen nun $M$ als ein
    regul\"ares Polygon dar, an dem wir Kanten identifizieren. Dazu
    w\"ahlen wir ein festes \glqq Dreieck\grqq\ $D_1$. Nehme ohne
    Einschr\"ankung an, dass $D_1\cap D_2$ eine Menge hom\"oomorph zu
    einer Kante enth\"alt. Dann ist $D_1\cup D_2$ hom\"oomorph zu
    einem Quadrat.  Iterativ f\"ugen wir nun stets ein weiteres
    Dreieck an und sehen am Ende, dass $M$ hom\"oomorph zu einem
    regul\"aren Polygon ist. Dabei kann es auch n\"otig werden, dass
    wir Au\ss{}enkanten geeignet identifizieren m\"ussen, weil ein
    neu hinzugef\"ugtes Dreieck eine Kante mit einem weit entfernten
    anderen Dreieck teilt.
  \item Die unterschiedlichen (Au\ss{}en-)Kanten des Polygons
    bezeichnen wir nun mit Buchstaben und dr\"ucken die 
    Identifizierungen symbolisch durch Worte aus, beispielsweise
    durch $aba^{-1}b^{-1}$ f\"ur einen Torus. $a^{-1}$ dr\"uckt dabei
    aus, dass die Kante in umgekehrter Richtung durchlaufen wird.
    Wir schreiben auch $aa$ f\"ur den projektiven Raum und
    $aba^{-1}b$ oder $aacc$ f\"ur die Kleinsche Flasche. Die letzten
    beiden Darstellungen sind \"aquivalent, wie man sich durch
    Aufschneiden entlang einer Diagonalen \"uberlegt. 
  \item Die letzten beiden Beispiele sind nicht orientierbar.
    Eine zweidimensionale F\"ache hei\ss{}t \emph{orientierbar}, wenn 
    es auf ihr zwei linear unabh\"angige stetige Vektorfelder gibt.
    Man \"uberlegt sich, dass eine Fl\"ache genau dann orientierbar
    ist, wenn in einer Darstellung wie oben zu jeder Kante $a$ auch
    $a^{-1}$ vorkommt. Tritt eine Kante $b$ doppelt auf, so ist
    $M$ nicht orientierbar. Wir wollen ab jetzt nur noch 
    orientierbare Fl\"achen betrachten.
  \item Die symbolische Darstellung der Randkanten ist nicht 
    eindeutig. Wir werden uns nun \"uberlegen, dass eine orientierbare
    geschlossene Fl\"ache sich aber immer in Normalform darstellen 
    l\"asst. Die Normalform ist entweder $aa^{-1}$ oder
    $a_1b_1a_1^{-1}b_1^{-1}a_2b_2a_2^{-1}b_2^{-2}\ldots
    a_pb_pa_p^{-1}b_p^{-1}$ f\"ur ein $1\le p\in\N$. Im zweiten Fall
    sind alle Ecken \"aquivalent. In drei Schritten werden wir nun
    die oben hergeleitete Darstellung auf Normalform bringen.
  \item Zun\"achst einmal lassen wir alle Ausdr\"ucke der
    Form $aa^{-1}$ in der Darstellung ersatzlos weg, wenn die
    Darstellung noch weitere Zeichen enth\"alt.
  \item Wir wollen die Darstellung nun so modifizieren, dass
    alle Ecken \"aquivalent sind. Wir schreiben zun\"achst die
    Ecken als Gro\ss{}buchstaben mit in die Darstellung hinein.
    Tritt eine Kante $PaQ$ mit $P\neq Q$ auf und sind wir 
    nicht im Fall $aa^{-1}$, so liegt neben $a$ eine von $a$
    verschiedene Kante, also ohne Einschr\"ankung
    $PaQbR$, wobei $R$ nicht notwendigerweise von $P$ und
    $Q$ verschieden sein muss. Wir schneiden das Polygon 
    entlang einer Hilfskante $PcR$ im Inneren auf und kleben
    die beiden Teile entlang $QbR$ und $Rb^{-1}Q$ (das auch
    vorkommen muss) wieder zusammen. Wir erhalten dann ein
    Polygon, das an einer Stelle $PcR$ enth\"alt und an
    einer anderen Stelle $Rc^{-1}PaQ$ und beobachten, dass
    die Anzahl der Ecken $Q$ sich um eins vermindert hat.
    Wir setzen dies fort, bis maximal einmal $Q$ als 
    Ecke auftritt. Sind alle Ecken $Q$ verschwunden, sind 
    wir (mit diesem Eckpunkt) fertig, tritt genau einmal
    $Q$ auf, dann sind wir in einer Situation der Form $aQa^{-1}$,
    das haben wir aber schon im ersten Schritt weggelassen,
    wenn die Darstellung mehr als zwei Buchstaben enth\"alt.
  \item Wir sagen, dass zwei Kanten $a$ und $b$ gekreuzt
    sind, wenn in der Darstellung von $M$, in genau dieser
    Reihenfolge $\ldots a\ldots b\ldots a^{-1}\ldots b^{-1}\ldots$
    auftaucht. Au\ss{}er im Fall, wenn die gesamte Darstellung
    die Form $aa^{-1}$ hat, ist nun jede 
    Kante $c$ mit einer anderen Kante gekreuzt. W\"are
    n\"amlich $c$ mit keiner anderen Kante gekreuzt, so
    w\"urden alle Kanten zwischen $c$ und $c^{-1}$ bereits
    miteinander identifiziert. Dies widerspricht aber der
    bereits erreichten Normalisierung, denn wir hatten gesehen,
    dass die Kanten so identifiziert werden, dass dadurch auch
    automatisch alle Ecken identifiziert werden. Die Ecken, die
    in der Darstellung von $M$ au\ss{}erhalb 
    von $c$ und $c^{-1}$ liegen, werden nun aber mit
    einem anderen Punkt identifiziert, als die, die innerhalb
    davon liegen. Somit ist jede Kante mit mindestens einer
    weiteren Kante gekreuzt.
  \item Wir modifizieren nun das Polygon, so dass jeweils
    zwei miteinander gekreuzte Kanten in der Darstellung 
    nebeneinander liegen. Die Darstellung sei nicht von der
    Form $aa^{-1}$. Bezeichne $(k_i)_{1\le i\le4}$ eine nicht n\"aher
    spezifizierte Folge von Kanten. Sei die Darstellung gegeben
    durch $aPk_1bk_2Qa^{-1}k_3b^{-1}k_4$. Die markierten Ecken
    dienen hier nur der einfacheren Bezeichnungsweise beim
    Hinzuf\"ugen von Hilfskanten. Durch k\"unstliches
    Einf\"ugen einer inneren Kante $PcQ$ und Verkleben der Teile
    entlang von $b$ und $b^{-1}$ erhalten wir die Darstellung
    $acRa^{-1}k_3k_2Sc^{-1}k_1k_4$. F\"uge nun $RdS$ ein und
    identifiziere $a$ und $a^{-1}$. Wir erhalten
    $cdc^{-1}k_1k_4k_3k_2d^{-1}$ und da wir einen Buchstaben vom 
    Ende an den Anfang stellen d\"urfen eine zus\"atzliche
    Folge der Form $d^{-1}cdc^{-1}$ ohne die Kantenzahl
    vergr\"o\ss{}ert zu haben. Per Induktion kommen wir nun
    auf die behauptete Normalform. 
  \item Wir schreiben $[a,b]=aba^{-1}b^{-1}$. 
  \end{enumerate}
\end{remark}

Sei $M$ eine geschlossene orientierbare Fl\"ache. Sie l\"asst sich
darstellen, indem wir an die in Bemerkung \ref{flaechen normalform}
erhaltene Normalform eine $2$-Zelle entlang des Weges
$[a_1,b_1]\ldots[a_g,b_g]$ einkleben.  Wir bezeichnen diese Fl\"ache
mit $M_g$.  Als Fundamentalgruppe erhalten wir die von den Elementen
$a_1,\,b_1,\,\ldots,\,a_g,\,b_g$ erzeugte freie Gruppe modulo der von
$[a_1,\,b_1]\cdot\ldots\cdot[a_g,\,b_g]$ erzeugten normalen Untergruppe.

Zu Proposition \ref{cell surjection} erhalten wir das folgende
Korollar.
\begin{corollary}[Klassifikationssatz]
  Die Fl\"achen $M_g$ und $M_l$ sind f\"ur $g\neq l$ weder hom\"oomorph 
  noch homotopie\"aquivalent zueinander.  
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir machen die Gruppe $\pi_1(M_g)$ k\"unstlich abelsch und erhalten
  die direkte Summe von $2g$ Kopien von $\Z$. F\"ur hom\"oomorphe
  oder homotopie\"aquivalente Fl\"achen $M_g$ und $M_l$ folgt
  $\pi_1(M_g)\cong\pi_1(M_l)$, also auch $g=l$.
\end{proof}

\datum{$\to$ + 2 Termine}
Wir wollen noch zeigen, dass es zu jeder Gruppe einen topologischen
Raum, sogar einen zweidimensionalen, m\"oglicherweise unendlichen,
CW-Komplex gibt, dessen Fundamentalgruppe gerade die gegebene Gruppe
ist.

Als Vorbereitung daf\"ur ben\"otigen wir ein Resultat \"uber freie
Gruppen, Lemma \ref{g ist quot lem}, vergleiche bespielsweise
\cite{stackexchange}.
% Every group is the quotient of a free group by a normal subgroup. 
\begin{remark}
  \label{fr gr univ eig rem}
  Wir haben bisher freie Gruppen nur f\"ur Gruppen und nicht f\"ur
  Mengen definiert. Ist $M$ eine Menge, so gibt es dazu eine Familie
  $(\Z)_{m\in M} \equiv (\Z_m)_{m\in M}$ von Gruppen. Dazu k\"onnen
  wir die freie Gruppe $*_{m\in M}\Z_m \equiv F(M)$ definieren. Wir
  sagen auch, dass diese Gruppe von der Menge $M$ (als Buchstaben)
  erzeugt wird. Wir schreiben die Gruppenelemente von $\Z_m$ nicht als
  $1_m$, $0_m$, $2_m$, $(-1)_m$, $\ldots$, sondern als $m$, $e$, $mm$,
  $m^{-1}$, $\ldots$. Ebenso schreiben wir in $F(M)$ beispielsweise
  $mm$ statt $2_m$ oder $m^{-1}n$ statt $(-1)_m1_n$.  Mit $i$
  bezeichnen wir die Inklusionsabbildung, die $m\in M$ auf die
  \"Aquivalenzklasse der W\"orter von $m$ in $F(M)$ abbildet. \par
  Sei $H$ eine fixierte Gruppe.  Damit wird aus Lemma \ref{freie forts
    lem} die universelle Eigenschaft, dass es zu jeder Abbildung
  $f\colon M\to H$ (die dort dem Homomorphismus mit beispielsweise
  $3_m\overset{\phi_m}\longmapsto 3\cdot f(m) \equiv f(m)\cdot
  f(m)\cdot f(m)$ entspricht), einen
  eindeutig bestimmten Gruppenhomomorphismus $\phi\colon F(M)\to H$ mit
  $\phi\circ i =f$ gibt. F\"ur diesen gilt beispielsweise
  \[\phi\left(mnnl^{-1}\right) =f(m)\cdot f(n)\cdot f(n)\cdot
    f(l)^{-1}.\]
  Als Diagramm geschrieben erhalten wir
  \[
    \xymatrix{&F(M)\ar^-{\exists!\,\phi}[d]\\
      M\ar_-{f}[r] \ar^-{i}[ur]&H.
      }
  \]
\end{remark}
  
\begin{lemma}
  \label{g ist quot lem}
  F\"ur jede Gruppe $G$ gibt es eine freie Gruppe $F$ und einen
  Normalteiler $N$ von $F$ mit $G\cong F/N$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten die Gruppe $G$ als Menge, vergessen also die
  Gruppenstruktur, und nennen das Ergebnis $G_{\text{set}}$. Sei
  $f\colon G_{\text{set}}\to G$ die durch $g\mapsto g$ definierte
  Abbildung. Dann gibt es aufgrund der universellen Eigenschaft aus
  Bemerkung \ref{fr gr univ eig rem} einen Gruppenhomomorphismus
  $\phi\colon F(G_{\text{set}})\to G$. Die Surjektivit\"at ist
  klar. Folglich gilt $G\cong F(G_{\text{set}})/N$ mit $N=\ker\phi$
  aufgrund des Homomorphiesatzes f\"ur Gruppen. 
\end{proof}

Als weiteres Korollar zu Proposition \ref{cell surjection} erhalten
wir das angek\"undigte Resultat
\begin{corollary}
  \label{jede gruppe pi1 cor}
  Sei $G$ eine beliebige Gruppe. Dann gibt es einen zweidimensionalen
  CW-Komplex $X_G$ mit $\pi_1(X_G)\cong G$.  
\end{corollary}
Wir bemerken, dass $G$ nicht endlich oder diskret sein muss; $(\R,+)$
ist erlaubt. 
\begin{proof}[Beweis]
  Sei $F$ eine freie Gruppe und $N$ ein Normalteiler von $F$ mit
  $F/N\cong G$. Dies gibt es nach Lemma \ref{g ist quot lem}. Wir
  w\"ahlen dabei die Elemente der freien Gruppe als
  \"Aquivalenzklassen von W\"ortern.  Seien $(g_\alpha)_\alpha$
  Erzeuger (= Buchstaben) von $F$ und $(r_\beta)_\beta$ Erzeuger von
  $N$ in Form von W\"ortern bestehend aus $g_\alpha$'s. Wir
  konstruieren nun $X_G$ indem wir in
  $\bigvee\limits_\alpha\S^1_\alpha$ entlang den durch die
  W\"orter $r_\beta$ beschriebenen Wegen $2$-Zellen $e^2_\beta$
  ankleben. Nach Proposition \ref{cell surjection} hat der dabei
  entstandene topologische Raum eine Fundamentalgruppe isomorph zu
  $G$.
\end{proof}

\begin{remark}
  Wie sieht solch ein Normalteiler konkret aus? Dazu betrachten wir
  die Situation aus dem Beweis von Korollar \ref{jede gruppe pi1
    cor}. Dann besteht $N$ aus allen (\"Aquivalenzklassen von)
  W\"ortern, die sich durch endliches Hintereinanderschreiben der
  Bestandteile $e$, $g\cdot r_\beta\cdot g^{-1}$ und
  $g\cdot r_\beta^{-1}\cdot g^{-1}$ mit beliebigen $g\in F$ und
  beliebigen $\beta$ erzeugen lassen.
  \begin{itemize}
  \item Klar ist, dass $e$, $r_\beta$, $r^{-1}_\beta\in N$ gelten
    muss. Mit $g=e$ sehen wir, dass wir diese Elemente oben erw\"ahnt
    haben. 
  \item Da $N$ Normalteiler ist, gilt $gN=Ng$. Somit muss es zu
    $r_\beta$ und $g\in F$ auch ein Element $n\in N$ mit $gr_\beta=ng$
    in $N$ geben. Dies ist gerade $gr_\beta g^{-1}$ und oben
    erw\"ahnt. 
  \item \"Ahnlich sieht man, dass $gr_\beta^{-1}g^{-1}$ aufgrund der
    Untergruppeneigenschaft von $N$ auch zu $N$ geh\"oren muss. 
  \item Somit geh\"oren die oben erw\"ahnten Elemente zu $N$. 
  \item Die oben erw\"ahnten Elemente bilden eine Untergruppe. 
  \item Es handelt sich dabei um eine normale Untergruppe. Dies
    rechnen wir zur Illustration und zur Vermeidung aufw\"andiger
    Notation lediglich an einem Beispiel vor. Es gilt
    \[N\overset!\ni g\cdot hr_\beta h^{-1}\cdot kr_\gamma k^{-1}g^{-1}
      = (gh)r_\beta(gh)^{-1}\cdot(gk)r_\gamma(gk)^{-1},\] die rechte
    Seite ist also wieder von der oben erw\"ahnten Form.
  \item Damit haben wir die von $(r_\beta)_\beta\subset F$ erzeugte
    normale Untergruppe beschrieben. Dies ist die kleinste normale
    Untergruppe, die alle $(r_\beta)_\beta$ enth\"alt. 
  \end{itemize}
  Man kann $N$ auch als den Schnitt aller normalen Untergruppen $L$
  von $F$ beschreiben, die alle $(r_\beta)_\beta$ enthalten.
\end{remark}

\begin{beispiel}
  Die abelsche Gruppe $\Z\times\Z$ mit komponentenweiser Addition
  erhalten wir aus $\S^1\vee\S^1$ mit von den Wegen $a$ und $b$
  erzeugten freien Gruppe $\cong \Z*\Z$ als Fundamentalgruppe durch
  Einkleben einer Zelle $e^2$ entlang des Weges
  $aba^{-1}b^{-1}$. Anschaulich gesprochen k\"onnen wir den Weg
  $aba^{-1}b^{-1}$ nun zu einem Punkt kontrahieren, wir machen $\Z*\Z$
  damit abelsch und erhalten $\Z\times\Z$. 
\end{beispiel}

\begin{beispiel}
  Sei $G=\langle a| a^n\rangle \cong\Z/(n\Z)$, die vom Element $a$
  erzeugte Gruppe modulo der Relation $a^n=e$. Als Fundamentalgruppe
  erhalten wir $G$, indem wir $e^2$ entlang des Weges $a^n$ in den
  topologischen Raum $\S^1$ hineinkleben.
  \begin{itemize}
  \item F\"ur $n=1$ erhalten wir $D^2$ mit
    $\pi_1\left(D^2\right)\cong\{e\}$.
  \item Sei $n=2$. Aus etwas anderer Sichtweise haben wir dieses
    Beispiel bereits in Bemerkung \ref{flaechen normalform}
    betrachtet. Eine $2$-Zelle, an der wir beim Durchlaufen des Randes
    den Weg $aa$ finden, ist hom\"oomorph zum reellen
    zweidimensionalen projektiven Raum.
  \item Im Falle $n\ge3$ erhalten wir einen topologischen Raum, den
    wir \emph{nahe $\S^1$} wie folgt beschreiben k\"onnen. Wir
    betrachten die Einpunktvereinigung von $n$ Kopien von $[0,1]$,
    zusammengeklebt in $0$, einen \glqq$n$-strahligen Stern\grqq{}
    $Y$. Wir verwenden den Buchstaben $Y$, weil er die Situation f\"ur
    $n=3$ gut darstellt; f\"ur $n=4$ w\"are $X$ geeignet. Dann nehmen
    wir $\times[0,1]$ davon und verkleben die Sterne $Y\times\{0\}$
    und $Y\times\{1\}$, aber nicht so, dass $Y\times\S^1$ entsteht,
    sondern mit einer Drehung von $Y$ um $2\pi/n$.
  \end{itemize}
\end{beispiel}

\section{\"Uberlagerungen}\label{ueberlager sec}

\begin{definition}[\"Uberlagerungen]
  Sei $X$ ein topologischer Raum. Dann ist $\tilde X$ 
  zusammen mit einer Abbildung $p:\tilde X\to X$ eine
  \"Uberlagerung von $X$, wenn es eine offene \"Uberdeckung
  $(U_\alpha)_\alpha$ von $X$ gibt, so dass
  $p^{-1}(U_\alpha)$ f\"ur alle $\alpha$ eine disjunkte
  (m\"oglicherweise leere) Vereinigung von offenen Mengen
  ist, die jeweils unter $p$ hom\"oomorph auf $U_\alpha$
  abgebildet werden.  
\end{definition}

Die wichtigsten Existenzaussagen f\"ur Abbildungen in 
\"Uberlagerungen sind:

Wie im Falle $p:\R\to\S^1$ zeigt man
\begin{proposition}
  Sei $p:\tilde X\to X$ eine \"Uberlagerung und 
  $f_t:Y\to X$ eine Homotopie. Gibt es eine $f_0$
  \"uberlagerte Abbildung $\tilde f_0:Y\to\tilde X$,
  \dh gilt $p\circ\tilde f_0=f_0$, so existiert eine
  eindeutig bestimmte Homotopie $\tilde f_t:Y\to\tilde X$,
  die $f_t$ \"uberlagert ist, also $p\circ\tilde f_t=f_t$
  erf\"ullt, so dass $\tilde f_0$ in beiden Definitionen 
  \"ubereinstimmt.
\end{proposition}
In diesem Falle hei\ss{}t $\tilde f_t$ eine $f_t$ \"uberlagerte
Abbildung oder ein \emph{Lift} von $f_t$.

Es gilt das folgende allgemeinere Liftbarkeitskriterium
\begin{proposition}
  Sei $p:\left(\tilde X,\tilde x_0\right)\to(X,x_0)$ eine
  \"Uberlagerung, \dh $p:\tilde X\to X$ sei eine \"Uberlagerung
  wie oben definiert und es gelte $p(\tilde x_0)=x_0$. 
  Sei $Y$ wegzusammenh\"angend und lokal wegzusammenh\"angend.
  Dann gibt es zu einer stetigen Abbildung $f:(Y,y_0)\to(X,x_0)$ 
  genau dann einen Lift 
  $\tilde f:(Y,y_0)\to\left(\tilde X,\tilde x_0\right)$,
  wenn $f_*(\pi_1(Y,y_0))\subset p_*\left(\pi_1\left(\tilde X,\tilde x_0
    \right)\right)$ gilt.
\end{proposition}
Aus dem Zusammenhang ist klar, dass lokal wegzusammenh\"angend
entsprechend der zweiten Variante aus Bemerkung \ref{def lok bem} zu
verstehen ist.
\begin{proof}[Beweis]
  Siehe \cite[Proposition 1.33, S. 61]{Hatcher}.  
\end{proof}

Die Beweisidee hinter diesen S\"atzen \"uber Liftungen von Abbildungen
ist einfach: Lokal und damit auch entlang von Wegen ist klar, wie die
Abbildung geliftet werden muss, da $p$ lokal ein Hom\"oomorphismus
ist. Dann muss man sich \"uberlegen, warum dies auch global nicht zu
Widerspr\"uchen f\"uhrt, etwa wenn man auf zwei verschiedenen Wegen zu
einem Punkt gelangt.

\begin{remark}
  Statt theoretischer \"Uberlegungen betrachten wir anhand von
  Bildern, wie \"Uberlagerungen aussehen k\"onnen:
  \begin{itemize}
  \item $\S^1$: $\R$, \cite[S. 56, S. 68]{Hatcher} 
  \item $\S^1\vee\S^1$ \cite[S. 57-59]{Hatcher}
  \item Eine Fl\"ache \cite[S. 73]{Hatcher}
  \item Orientierungs\"uberlagerung: $\S^1\times[0,1]\to$
    M\"obiusband, Torus $\to$ Kleinsche Flasche
    ($abab^{-1}$). Anschaulich f\"ur immersierte Fl\"achen:
    $X\pm\epsilon\nu$ ist orientiert.
  \end{itemize}
  Ordnung k\"onnen wir wie folgt in alle m\"oglichen \"Uberlagerungen
  eines topologischen Raumes $X$ bringen. Ohne Einschr\"ankung nehmen
  wir zun\"achst an, dass $X$ zusammenh\"angend ist, sonst betrachten
  wir jede Zusammenhangskomponente einzeln. Weiterhin nimmt man (auch
  wir nun) h\"aufig vereinfachend an, dass $X$ lokal
  wegzusammenh\"angend ist. \par
  Sind $p_1\colon X_1\to X$ und $p_2\colon X_2\to X$ \"Uberlagerungen,
  so gibt es m\"oglicherweise auch eine \"Uberlagerung $p\colon X_1\to
  X_2$. Beispiel: Eine $4$-fach durchlaufene $\S^1$ \"uber $\S^1$ und
  eine doppelt durchlaufene $\S^1$ \"uber $\S^1$. Dies liefert eine
  partielle Ordnung auf der Menge aller $\S^1$ \"uberlagerten
  topologischen R\"aume. Wir k\"onnen dies als
  \[\xymatrix{
      X_1\ar^-{p}[rrd] \ar_-{p_1}[rdd] & &\\
      & & X_2 \ar_-{p_2}[ld] \\
      & X &
    }\]
  visualisieren. In dieser Ordnung gibt es ein maximales Element, die
  bis auf einen Hom\"oomorphismus eindeutig bestimmte
  \emph{universelle \"Uberlagerung} $\hat p\colon\hat X\to X$. Es
  gilt: Ist $\hat p\colon \hat X\to X$ eine \"Uberlagerung und ist
  $\hat X$ einfach zusammenh\"angend (und damit nach Definition auch
  wegzusammenh\"angend), so ist $\hat X$ die universelle
  \"Uberlagerung von $X$ und $\hat X$ ist jeder anderen $X$
  \"uberlagerten wegzusammenh\"angenden Menge \"uberlagert, siehe
  \cite[S. 68]{Hatcher}. \par
  Beispiele f\"ur universelle \"Uberlagerungen sind
  \begin{itemize}
  \item $\R\to\S^1$,
  \item $D^2\times\R\to D^2\times\S^1$,
  \item \cite[S. 59]{Hatcher},
  \item $\R^2\to\S^1\times\S^1$, $\R^n\to\left(\S^1\right)^n$ oder
  \item $\S^n\to\R\text{P}^n$ (\glqq zweibl\"attrig\grqq) f\"ur $n\ge2$.
  \end{itemize}
\end{remark}

\begin{appendix}

\weg{
\section{Brouwerscher Fixpunktsatz}
% Das hier war einmal Weihnachtsvorlesung
Wir wollen in diesem Kapitel zeigen, dass jede stetige Abbildung $f$
von der abgeschlossenen Einheitskugel $D^n$ in sich einen 
Fixpunkt besitzt, \dh es gibt $x\in D^n$ mit $f(x)=x$.
Wir folgen dabei \cite{ProofBook}.

Wir f\"uhren den Beweis hier nur f\"ur $n=2$. F\"ur $n=1$ folgt
der Brouwersche Fixpunktsatz aus dem Zwischenwertsatz und f\"ur 
$n\ge3$ l\"asst sich das Spernersche Lemma, geeignet 
verallgemeinert, per Induktion beweisen.

Das Spernersche Lemma gilt auch f\"ur andere Triangulierungen, f\"ur
uns gen\"ugt aber hier die folgende Version.
\begin{satz}[Spernersches Lemma]
  Sei $V$ ein gleichseitiges Dreieck in $\R^2$, das in $4^k$, $k\ge1$, 
  kleinere kongruente gleichseitige Dreiecke aufgeteilt ist. 
  Dann bilden die Kanten und Ecken der kleineren Dreiecke einen
  Graphen $G$. Seien die Ecken so gef\"arbt (wir verwenden die
  Farben $1$, $2$ und $3$), dass die Ecken des 
  gro\ss{}en Dreiecks drei verschiedene Farben haben und auf jeder
  Kante des gro\ss{}en Dreiecks nur genau zwei verschiedene Farben
  vorkommen. Dann gibt es ein kleines Dreieck, dessen Ecken drei
  verschiedene Farben haben.  
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Wir betrachten einen neuen Graphen $G'$, den dualen Graphen zum 
  gegebenen Graphen. Er besteht aus jeweils einer Ecke in jedem
  der kleinen Dreiecke und einer Ecke au\ss{}erhalb des gro\ss{}en
  Dreiecks. Zwei Ecken sind nun genau dann durch eine Kante verbunden,
  wenn es einen Weg zwischen den Ecken gibt, der nur eine Kante
  von $G$ genau einmal kreuzt und wenn diese Kante in $G$ 
  eine Ecke der Farbe $1$ und eine Ecke der Farbe $2$ hat.\par
  Da entlang der \"au\ss{}eren Ecken in $G$ eine ungerade Anzahl
  von Farbwechseln zwischen $1$ und $2$ stattfindet, gibt es in 
  $G'$ eine ungerade Anzahl von Kanten, $2l+1$, die an der Ecke 
  au\ss{}erhalb des gro\ss{}en Dreiecks starten oder enden.
  Aus den M\"oglichkeiten, ein kleines Dreieck zu f\"arben, folgt,
  dass in den Ecken von $G'$ im Inneren des gro\ss{}en Dreiecks
  maximal zwei Kanten beginnen oder enden k\"onnen. Wenn in solch
  einem Punkt (Ecke) genau eine Kante beginnt oder endet, so haben wir
  ein dreifarbiges Dreieck, wie wir es gesucht haben. 
  Es gibt also in $G'$ Punkte innerhalb des gro\ss{}en Dreiecks
  mit $0$, $1$ oder $2$ Kanten. Ihre Anzahl wollen wir mit 
  $E_0$, $E_1$ und $E_2$ bezeichnen. Sei $k$ die Anzahl der
  Kanten in $G'$. Dann gilt
  $$2k=0\cdot E_0+1\cdot E_1+2\cdot E_2+(2l+1).$$
  Es folgt, dass $E_1$ ungerade ist. Wir finden also eine
  ungerade Anzahl von dreifarbigen kleinen Dreiecken.
\end{proof}

\begin{satz}[Brouwerscher Fixpunktsatz]
  Sei $f:D^n\to D^n$ stetig. Dann gibt es einen
  Fixpunkt $x\in D^n$, \dh es gibt einen Punkt
  $x\in D^n$ mit $f(x)=x$.   
\end{satz}
\begin{proof}[Beweis]
  Auch hier wollen wir wieder nur den zweidimensionalen Fall betrachen.
  Die $n$-dimensionale Variante folgt analog.\par
  Da $D^2$ hom\"oomorph zu einem Dreieck $\Delta$ ist, gen\"ugt es,
  die Existenz eines Fixpunktes f\"ur stetige Abbildungen 
  $f:\Delta\to\Delta$ zu beweisen. Sei $\Delta\subset\R^3$ das
  Dreieck mit Ecken $e_1=(1,0,0)$, $e_2=(0,1,0)$ und $e_3=(0,0,1)$.
  Es gilt $x\in\Delta$ genau dann, wenn $x_1+x_2+x_3=1$ ist
  und alle $x_i\ge0$ sind.  
  \par
  Wir unterteilen nun das Dreieck $\Delta$ wie im Spernerschen
  Lemma in $4^k$ Dreiecke. Diese wollen wir einf\"arben. 
  Wir wollen annehmen, dass es eine Abbildung $f:\Delta\to\Delta$
  gibt, die keinen Fixpunkt besitzt. Dann ist $f(x)-x\neq0$ f\"ur
  alle $x\in\Delta$. Wir wollen nun einer Ecke $x\in\Delta$ die
  Farbe $i$ geben, wenn dies die kleinste nat\"urliche Zahl ist,
  f\"ur die $\langle f(x)-x,e_i\rangle$ negativ ist. Dies ist 
  eine wohldefinierte F\"arbung. Denn wenn wir $x=(x_1,x_2,x_3)$
  und $f(x)=(f_1(x),f_2(x),f_3(x))$ schreiben, gilt 
  $x_1+x_2+x_3=1$ und $f_1(x)+f_2(x)+f_3(x)=1$. Da nicht
  $x_1=f_1(x)$, $x_2=f_2(x)$ und $x_3=f_3(x)$ f\"ur $x\in\Delta$
  gilt, gibt es f\"ur jedes $x\in\Delta$ 
  mindestens ein $i$, so dass $f_i(x)-x_i
  =\langle f(x)-x,e_i\rangle$ negativ ist und ein $i$, so dass
  $f_i(x)-x_i$ positiv ist. Damit ist die F\"arbung wohldefiniert.
  \par
  Wir wollen nun zeigen, dass dies eine F\"arbung wie im Spernerschen
  Lemma ist. F\"ur die Ecke $e_i$ kann $\langle f(e_i)-e_i,e_k\rangle$
  nur f\"ur $k=i$ negativ sein, also hat sie die Farbe
  $i$.  Liegt $x$ auf der Kante gegen\"uber von $e_i$, so gilt dort
  $x_i=0$. Also kann $f_i(x)-x_i$ nicht negativ sein und somit kann
  $x$ nicht die Farbe $i$ bekommen. Somit erhalten wir eine F\"arbung
  der gew\"unschten Art.
  \par
  Wir finden also nach dem Spernerschen Lemma ein kleines Dreieck
  mit Eckpunkten $v_1^k$, $v_2^k$ und $v_3^k$, so dass
  diese die Farben $1$, $2$ und $3$ bekommen. Daher gilt
  $\langle f(v_1^k)-v_1^k,e_1\rangle<0$,
  $\langle f(v_2^k)-v_2^k,e_2\rangle<0$
  und $\langle f(v_3^k)-v_3^k,e_3\rangle<0$. 
  Diese Punkte haben jeweils einen Abstand von genau
  $\sqrt 2\cdot 2^{-k}$ (oder Null). 
  \par
  Wir betrachten nun eine Folge von Punkten
  $(v_1^k)_{k\in\N}$. Da $\Delta$ eine kompakte Menge ist,
  konvergiert eine (nicht umbenannte) Teilfolge,
  $v_1^k\to x\in\Delta$ f\"ur $k\to\infty$.
  Man \"uberzeugt sich mit Hilfe der Dreiecksungleichung direkt, 
  dass auch die Folgen $v_2^k$
  und $v_3^k$ gegen denselben Grenzwert konvergieren.
  Da die Funktion $f$ stetig ist, folgt damit
  $f_1(x)-x_1\le0$, $f_2(x)-x_2\le0$ und $f_3(x)-x_3\le0$. 
  Hieraus erhalten wir 
  $$1=f_1(x)+f_2(x)+f_3(x)\le x_1+x_2+x_3=1$$
  mit Gleichheit genau dann, wenn in den obigen drei Ungleichungen
  Gleichheit gilt. Daher hat $f$ eine Fixpunkt. Widerspruch.
\end{proof}

\begin{corollary}\label{brouwer retr cor}
  Es gibt keine stetige Retraktion von $D^n$ nach $\S^{n-1}$, 
  \dh es gibt keine stetige Abbildung $f:D^n\to\S^{n-1}$,
  so dass $f(x)=x$ f\"ur $x\in\S^{n-1}$ gilt.  
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Falls doch, so ist $g:D^n\to D^n$ mit $g(x):=-f(x)$ eine Abbildung,
  die keinen Fixpunkt besitzt. Sei n\"amlich $x\in D^n$ mit
  $g(x)=x$. Da $f(D^n)=\S^{n-1}$ ist, folgt $x\in\S^{n-1}$.
  Es gilt also $g(x)=-f(x)=-x$. Widerspruch zum Brouwerschen
  Fixpunktsatz.  
\end{proof}

\begin{corollary}
  Sei $V:D^n\to\R^n$ ein stetiges Vektorfeld mit 
  $\langle V(x),x\rangle\le0$ f\"ur $x\in\S^{n-1}$.
  Dann gibt es $x\in D^n$ mit $V(x)=0$, das Vektorfeld
  besitzt also eine Nullstelle.   
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweisskizze]
  Wir wollen annehmen, dass $V(x)\neq0$ f\"ur $x\in \S^{n-1}$
  gilt.\par
  Betrachte die Abbildung $f:D^n\to \R^n$ mit $x\mapsto x+\epsilon
  V(x)$ f\"ur ein kleines $\epsilon>0$.  Die Abbildung ist genau dann
  eine fixpunktfreie Abbildung, wenn $V(x)$ keine
  Nullstelle besitzt.\par
  Um sicherzustellen, dass es sich bei $f$ um eine Selbstabbildung von
  $D^n$ handelt, gen\"ugt es nicht, $f$ wie oben definiert zu
  betrachten. Durch Hinzuf\"ugen eines Annulus und nullstellenfreies
  Fortsetzen des Vektorfeldes kann man ohne Einschr\"ankung annehmen,
  dass sogar $V(x)=-x$ f\"ur $x\in\S^{n-1}$ gilt. W\"ahlt man nun
  $\epsilon>0$ klein genug, so ist die oben definierte Abbildung $f$
  eine Selbstabbildung von $D^n$.
\end{proof}

\begin{aufgabe}
F\"uhre den Induktionsbeweis aus, \dh beweise das Spernersche
Lemma und den Brouwerschen Fixpunktsatz auch in h\"oheren
Dimensionen.
\end{aufgabe}
} % weg

\section{Finaltopologie und Produkte}
Wir folgen \cite{OlafAT}.
\begin{remark}[lokal]
  \label{def lok bem}
  Es gibt zwei M\"oglichkeiten, von einer \emph{lokalen} Eigenschaft
  zu sprechen: 
  \begin{itemize}
  \item Jeder Punkt besitzt eine Umgebung, die diese Eigenschaft
    aufweist. 
  \item Zu jedem Punkt $x$ und jeder Umgebung $V$ gibt es eine
    Umgebung $U\subset V$ von $x$, die diese Eigenschaft aufweist.
  \end{itemize}
  Es ist klar, dass die zweite Variante einschr\"ankender ist. \par   
  Im folgenden Beweis werden wir die zweite Variante nutzen, w\"ahrend
  wir bisher bei \glqq lokal kompakt\grqq{} die erste Variante genutzt
  haben. 
\end{remark}

\begin{remark}
  In Definition \ref{def final top} hatten wir die Finaltopologie
  f\"ur eine Familie von Abbildungen $(f_i\colon X_i\to E)_{i\in I}$
  als die Topologie auf $E$ eingef\"uhrt, so dass f\"ur jeden
  topologischen Raum $Y$ und jede Abbildung $g\colon E\to Y$ die
  Abbildung $g$ genau dann stetig ist, wenn
  $g\circ f_i\colon X_i\to Y$ f\"ur alle $i\in I$ stetig ist. \par
  Ohne Einschr\"ankung kann man sich dabei jedoch auf den Fall einer
  Abbildung $f\colon X\to E$ beschr\"anken. Im Fall mehrerer
  Abbildungen $(f_i)_{i\in I}$ definiert man sich $X$ als disjunkte
  Vereinigung $X:=\overset\cdot{\bigcup\limits_{i\in I}}X_i$ sowie die
  Abbildung $F\colon X\to E$ mit $F(x):=f_i(x)$ f\"ur $x\in X_i$,
  wobei wir $X_i$ als Teilmenge von $X$ auf"|fassen. Dann gilt
  $(g\circ F)^{-1}(A) =\overset\cdot{\bigcup\limits_{i\in I}} (g\circ
  f_i)^{-1}(A)$ und Stetigkeit von $g\circ f_i$ f\"ur alle $i\in I$
  ist \"aquivalent zur Stetigkeit von $g\circ F$, da eine Teilmenge
  $B$ in $X:=\overset\cdot{\bigcup\limits_{i\in I}}X_i$ genau dann
  offen ist, wenn $B\cap X_i$ f\"ur alle $i\in I$ offen ist.
\end{remark}

\begin{lemma}
  \label{final top lem}
  Sei $f\colon X\to Y$ eine surjektive Abbildung topologischer
  R\"aume. Trage $Y$ die Finaltopologie bez\"uglich $f$, d.\,h.,
  vergleiche Satz \ref{final exist}, sei
  $B\subset Y$ genau dann offen, wenn $f^{-1}(B)\subset X$ offen
  ist. Sei $L$ ein in dem Sinne lokal quasikompakter Raum, dass es zu jeder
  Umgebung $V\in\mathcal U(x)$ eine quasikompakte Umgebung
  $U\in\mathcal U(x)$ mit $U\subset V$ gibt. Betrachte die Abbildung
  $f\times\id\colon X\times L\to Y\times L$. Dann tr\"agt auch
  $Y\times L$ die Finaltopologie bez\"uglich $f\times\id$. 
\end{lemma}
\begin{proof}[Beweis]
  \Hinrichtung\textbf{Stetigkeit von $f\times\id$:} Sei
  $B\subset Y\times L$ offen. Wir wollen zeigen, dass
  $(f\times\id)^{-1}(B)$ ebenfalls offen ist. Sei dazu
  $(x_0,l_0)\in (f\times\id)^{-1}(B)\subset X\times L$. Es gilt also
  $(f(x_0),l_0)\in B$. Da $B$ eine offene Menge ist, gibt es nach
  Definition der Produkttopologie offene Umgebungen $U_1$ von $f(x_0)$
  und $U_2$ von $l_0$ mit $U_1\times U_2\subset B$. Aufgrund der
  Stetigkeit von $f$ gibt es somit eine Umgebung $V$ von $x_0$ mit
  $f(V)\subset U_1$. Nun ist $V\times U_2$ eine offene Umgebung von
  $(x_0,l_0)$ mit $(f\times\id)(V\times U_2)\subset B$. Dies zeigt die
  behauptete Offenheit von $(f\times\id)^{-1}(B)$. \par
  \Rueckrichtung Sei nun $T\subset Y\times L$ eine beliebige
  Teilmenge, so dass $U:=(f\times\id)^{-1}(T)$ in $X\times L$ offen
  ist. Wir wollen zeigen, dass dann auch $T$ in $Y\times L$ offen
  ist. Sei dazu $(y,l)\in T$ ein beliebiger Punkt. Da $f$ surjektiv
  ist, gibt es ein $\hat y\in X$ mit $f(\hat y)=y$. Es folgt
  $(f\times\id)(\hat y,l) =(y,l)$ und wir erhalten $(\hat y,l)\in
  U$. \par Wir behaupten, dass $l$ eine quasikompakte Umgebung $K$ in
  $L$ mit $\{\hat y\}\times K\subset U$ besitzt: Nach Definition der
  Produkttopologie gibt es offene Mengen $V\subset X$ und $W\subset L$
  mit $(\hat y,l)\in V\times W\subset U$. Da $L$ lokal quasikompakt
  ist, k\"onnen wir die Umgebung $W$ von $l$ zu einer quasikompakten
  Umgebung $K$ von $l$ verkleinern. Dies ist eine Umgebung $K$ wie
  gew\"unscht. \par Wir definieren
  \[X':=\{x\in X\colon \{x\}\times K\subset U\} =\{x\in X\colon
    \{f(x)\}\times K\subset T\},\] wobei die Gleichheit aufgrund der
  Definition von $U$ gilt. \par Nun gelten
  \begin{itemize}
  \item $\hat y\in X'$: Klar nach Wahl von $K$. 
  \item $X'\subset X$ ist eine offene Teilmenge: Nur die Offenheit ist
    zu zeigen. Sei $x\in X'$ beliebig. Sei $k\in K$ beliebig. Dann
    gilt $(x,k)\in\{x\}\times K\subset U\subset X\times L$ und $U$ ist
    eine offene Teilmenge von $X\times L$. Somit gibt es nach
    Definition der Produkttopologie offene Teilmengen $V_k\subset X$
    und $W_k\subset L$ mit $(x,k)\in V_k\times W_k\subset U$. Solche
    Mengen $V_k$ und $W_k$ w\"ahlen wir f\"ur jedes $k\in K$. Da $K$
    quasikompakt ist, gibt es endlich viele Punkt $k_1,\ldots,k_n\in
    K$ mit $K\subset W_{k_1}\cup\ldots\cup W_{k_n}$. Somit
    folgt \[\left(\bigcap\limits_{i=1}^n V_{k_i}\right) \times K
      \subset\left(\bigcap\limits_{i=1}^n V_{k_i}\right)\times
      \left(\bigcup\limits_{i=1}^n W_{k_i}\right) \subset U.\] Wir
    sehen hieran, dass alle Punkt der offenen Umgebung
    $\bigcap\limits_{i=1}^n V_{k_i}$ von $x$ in $X'$ liegen. Damit ist
    $X'\subset X$ offen. 
  \item $X'=f^{-1}(f(X'))$: Die Inklusion \glqq$\subset$\grqq{} gilt
    f\"ur beliebige Abbildungen $f$. Sei also $x\in
    f^{-1}(f(X'))$. Dann gibt es ein $x'\in X'$ mit $f(x) =f(x')$. Es
    folgt $\{f(x)\}\times K =\{f(x')\}\times K\subset T$. Somit gilt
    nach Definition von $X'$ auch $x\in X'$. Wir erhalten die
    behauptete Offenheit. 
  \end{itemize}
  Da $f^{-1}(f(X')) =X'\subset X$ eine offene Teilmenge ist und $Y$
  die Finaltopologie bez\"uglich $f$ tr\"agt, ist auch $f(X')\subset
  Y$ eine offene Teilmenge. Aus den obigen \"Uberlegungen erhalten wir
  $y =f(\hat y) \in f(X')$. Also ist $f(X')\times K\subset Y\times L$
  eine Umgebung von $(y,l)$. Nach Definition von $X'$ gilt $X'\times
  K\subset U$. Dies ist \"aquivalent zu $f(X')\times K\subset
  T$. Somit ist $f(X')\times K$ eine Umgebung von $(y,l)$, die zeigt,
  dass $T\subset Y\times L$ offen ist. Dies war zu zeigen.   
\end{proof}

Wir betrachten nun die Situation einer Einpunktvereinigung aus
Beispiel \ref{ein pkt ver ex}. 
\begin{corollary}
  \label{final top cor}
  Seien $(X_\alpha,x_\alpha)_\alpha$ punktierte topologische R\"aume
  mit der Eigenschaft, dass jedes $x_\alpha\in X_\alpha$ eine offene
  Umgebung $U_\alpha\subset X_\alpha$ besitzt, so dass $\{x_\alpha\}$
  Deformationsretrakt von $U_\alpha$ ist. Sei $x_0$ die
  \"Aquivalenzklasse der Punkte $x_\alpha$ in der Einpunktvereinigung
  $\bigvee\limits_\alpha X_\alpha$. Dann ist $\{x_0\}$ (verm\"oge der
  induzierten Homotopie) Deformationsretrakt von
  $\bigvee\limits_\alpha U_\alpha$.
\end{corollary}
\begin{proof}[Beweis]
  Seien $h_\alpha\colon U_\alpha\times[0,1]\to U_\alpha$ Homotopien,
  die zeigen, dass $\{x_\alpha\}$ f\"ur alle $\alpha$ ein
  Deformationsretrakt von $U_\alpha$ ist, \dh alle Abbildungen
  $h_\alpha$ sind stetig und erf\"ullen
  $h_\alpha(\cdot,0)=\id_{U_\alpha}$, $h_\alpha(x,1)=x_\alpha$ f\"ur
  beliebige $x\in U_\alpha$ sowie $h_\alpha(x_\alpha,t)=x_\alpha$
  f\"ur beliebige $t\in[0,1]$.  Wir definieren
  \[\text{\glqq}\dot{\bigcup\limits_\alpha}\, h_\alpha
    \equiv\bigcup\limits_\alpha h_\alpha\text{\grqq}\colon
    \left(\dot{\bigcup\limits_\alpha}\,U_\alpha\right) \times[0,1]\to
    \left(\dot{\bigcup\limits_\alpha}\,U_\alpha\right)\] als die
  disjunkte Vereinigung der zugeh\"origen Graphen (\"ahnlich der
  Analysis-I-Definition einer Funktion als Teilmenge des kartesischen
  Produktes oder Graph), genauer
  $\left(\dot{\bigcup\limits_\alpha}\,
    h_\alpha\right)(x,t)=h_\alpha(x,t)$ f\"ur
  $x\in U_\alpha\subset\dot{\bigcup\limits_\alpha}\, U_\alpha$ f\"ur
  ein geeignetes $\alpha$ mit $x\in U_\alpha$, wobei wir $U_\alpha$
  implizit als Teilmenge von $\dot{\bigcup\limits_\alpha}\, U_\alpha$
  auf"|fassen. Dies induziert eine Abbildung
  $h\colon\left(\bigvee\limits_\alpha U_\alpha\right) \times[0,1] \to
  \bigvee\limits_\alpha U_\alpha$. Beachte, dass $h$ wohldefiniert
  ist. Falls $h$ stetig ist, folgt aus der Definition von $h$, dass
  $\{x_0\}$ Deformationsretrakt von $\bigvee\limits_\alpha U_\alpha$
  ist. \par Stetigkeit von $h$: Sei
  $A\subset\bigvee\limits_\alpha U_\alpha$ offen. Dann wollen wir
  nachweisen, dass
  $h^{-1}(A)\subset \left(\bigvee\limits_\alpha U_\alpha\right)
  \times[0,1]$ ebenfalls offen ist. Das Diagramm
  \[\xymatrix{\left(\dot{\bigcup\limits_\alpha}\,U_\alpha\right)
      \times[0,1]\ar[r]^-{\pi} \ar[dr]_-{\bigcup\limits_\alpha
        h_\alpha} &\left(\bigvee\limits_\alpha
        U_\alpha\right)\times[0,1] \ar[d]^-{h}\\
      & \bigvee\limits_\alpha U_\alpha}\] ist kommutativ. Eine
  Teilmenge von
  $\left(\dot{\bigcup\limits_\alpha}\, U_\alpha\right) \times[0,1]$
  ist genau dann offen, wenn ihr Schnitt mit $U_\alpha\times[0,1]$
  offen ist. Es gilt
  $\left(\dot{\bigcup\limits_\beta}\, h_\beta\right)^{-1}(A)\cap
  (U_\alpha\times[0,1]) =h_\alpha^{-1}(A) \subset U_\alpha\times[0,1]$
  und diese Menge ist f\"ur jedes $\alpha$ aufgrund der Stetigkeit von
  $h_\alpha$ offen. Nach Definition von $h$ gilt
  $\pi^{-1}\circ h^{-1}(A) =\left(\bigcup\limits_\alpha
    h_\alpha\right)^{-1}(A)$. Die rechte Seite ist offen. Auf die
  obere Zeile des kommutativen Diagrammes k\"onnen wir nun Lemma
  \ref{final top lem} anwenden und erhalten, dass auch $h^{-1}(A)$
  offen ist. Die Stetigkeit von $h$ und damit die gesamte Behauptung
  folgen.
\end{proof}

\begin{remark}
  Die entsprechende Aussage \"uber die Stetigkeit der in Proposition
  \ref{cell surjection} benutzten Deformationsretraktion erh\"alt man
  analog. Nutze dazu, dass Offenheit auch in dieser Situation
  Offenheit in jedem der angeklebten St\"ucke und im topologischen
  Grundraum bedeutet, da wir die Vereinigung als CW-Komplex -- mit
  m\"oglicherweise unendlich vielen angehefteten Zellen, jedoch nur in
  endlich vielen Dimensionen -- darstellen k\"onnen, vergleiche dazu
  den Anfang des Anhanges in \cite{Hatcher}.
\end{remark}

\end{appendix}


\bibliographystyle{amsplain}
%\bibliography{../../math/bib/biblio.bib}
%\end{document}

\begin{thebibliography}{1}
\bibitem{ProofBook}
  Martin Aigner and G{\"u}nter~M. Ziegler, \emph{Proofs from {T}he {B}ook},
  Springer-Verlag, Berlin, 1999, Including illustrations by Karl H. Hofmann,
  Corrected reprint of the 1998 original.

\bibitem{Hatcher}
  Allen Hatcher, \emph{Algebraic topology}, Cambridge University Press,
  Cambridge, 2002,\\ {\tt http://www.math.cornell.edu/\~{}hatcher/}.

\bibitem{JostMinimalflaechen}
  J{\"u}rgen Jost, \emph{Differentialgeometrie und {M}inimalfl\"achen},
  Springer-Lehrbuch. Springer-Verlag, Berlin, 1994.

\bibitem{OlafAT}
Olaf~M. Schn\"urer, \emph{{Algebraische Topologie: Singul\"are
  Homologie}}, 2020/21, Skript zur Vorlesung.
  
  % \bibitem{Schubert}
  %   Horst Schubert, \emph{Topologie}, B. G. Teubner, Stuttgart, 1975, Eine
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Stackexchange\weg{stackexchange}, \emph{{\rm
  \texttt{https://math.stackexchange.com}}}.

\bibitem{Querenburg}
  Boto von Querenburg, \emph{Mengentheoretische {T}opologie}, Springer-Verlag,
  Berlin, 1973, Hochschultext.
\end{thebibliography}

\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 
