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	Mildenberger
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	Topologie }
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% % % Titelseite % % %
\title{Topologie}
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\author{Mildenberger\\
Sommersemester 25\\
\date{Fassung vom 26.06.2025, compiled \today}}

% % % Eigentliches Dokument % % %
\begin{document}
\maketitle
\newpage
\tableofcontents
\newpage

\part{Mengentheoretische Topologie}

\chapter{Topologische Räume und stetige Abbildungen}

\section{Topologische Räume}

\begin{mydef}
	Eine Abbildung ${d\colon X\times X\to\mathbb{R}_{\geq 0}}$ heißt \textit{Metrik auf $X$}\index{Metrik}, wenn sie die folgenden Eigenschaften erfüllt:
	\begin{enumerate}
		\item $(\forall x,y\in X) \myspace (d(x,y) =0\leftrightarrow x=y)$. \label{Metrik1}
		\item $(\forall x,y\in X) \myspace d(x,y) =d(y,x) $. \label{Metrik2}
		\item $(\forall x,y,z\in X) \myspace d(x,z) \leq d(x,y) +d(y,z) $. \label{Metrik3}
	\end{enumerate}
	Eigenschaft \ref{Metrik3} nennt man auch \textit{Dreiecksungleichung}\index{Dreiecksungleichung}.
\end{mydef}

\begin{mydef}
		Ein Paar $\left( X,d\right) $ heißt \textit{metrischer Raum}\index{Metrischer Raum}, wenn $X \neq \emptyset$ eine Menge und $d\colon X\times X\to\mathbb{R}_{\geq0}$ eine Metrik auf $X$ ist.
\end{mydef}


\begin{myexs}\label{metriken}
	\text{}
	\begin{enumerate}
		\item $X=\mathbb{R}$ mit $d(x,y) =|x-y|$.
		\item $X=\mathbb{R}^n$ mit $d(\bar{x},\bar{y}) =\sqrt{\vphantom{\alpha^k} \sum_{i=1}^n\left( x_i-y_i\right) ^2}$.
		\item $X=\mathbb{R}^n$ mit $d(\bar{x},\bar{y}) =
			\begin{cases}
				0 	& \text{falls } \bar{x}=\bar{y},\\
				1	& \text{sonst}.
			\end{cases}
			$
	\end{enumerate}
\end{myexs}


\begin{mydef}
	Eine Teilmenge $\mathscr{O}\subseteq\mathscr{P}(X) $ heißt \textit{Topologie auf $X$}\index{Topologie}, wenn sie die folgenden Eigenschaften hat:
	\begin{enumerate}
		\item $\emptyset\in\mathscr{O}$ und $X\in\mathscr{O}$.
		\item $\mathscr{O}$ ist gegen endliche Schnitte abgeschlossen, d.h.
			$$\forall \mathscr{B}\subseteq\mathscr{O}\left(|\mathscr{B}|\in\mathbb{N}\to\bigcap \mathscr{B}=\bigcap_{O\in\mathscr{B}} O \in \mathscr{O}\right).$$
		\item $\mathscr{O}$ ist gegen beliebige Vereinigungen abgeschlossen, d.h.
			$$\forall \mathscr{B}\subseteq\mathscr{O}\;\bigcup\mathscr{B}= \bigcup_{B \in \mathscr{B}} B\in\mathscr{O}.$$
	\end{enumerate}
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Wir verwenden die folgende Konvention:
		$$\bigcup_{i\in\emptyset}O_i = \emptyset, \hspace{15pt} \bigcap_{i \in \emptyset}O_i = X.$$	
\end{myrem}

\begin{mydef}
	Ein Paar $\left( X,\mathscr{O}\right) $ heißt \textit{topologischer Raum}\index{Topologischer Raum}, wenn $X$ eine Menge und $\mathscr{O}\subseteq\mathscr{P}(X) $ eine Topologie auf $X$ ist.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X, \mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum.\\
	Eine Menge $O$ heißt \textit{offen}\index{offen}, wenn $O\in\mathscr{O}$.\\
	Eine Menge $A$ heißt \textit{abgeschlossen}\index{abgeschlossen}, wenn $X\smallsetminus A\in\mathscr{O}$. Das System aller abgeschlossenen Mengen wird mit $\mathscr{A}$ bezeichnet.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}_1\right) $ und $\left( X,\mathscr{O}_2\right) $ topologische Räume. Falls $\mathscr{O}_1\subseteq\mathscr{O}_2$, so sagen wir \glqq$\mathscr{O}_2$ ist feiner als $\mathscr{O}_1$\grqq \space und \glqq$\mathscr{O}_1$ ist gröber als $\mathscr{O}_2$\grqq.
\end{mydef}

Beispiele: Denken Sie an $X = \mathbb{R}$. Welche Topologien auf $\mathbb R$ kennen Sie? Erinnern Sie sich an die Definition einer offenen Teilmenge von $\mathbb R$ aus der Analysis? 

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X, \mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum.\\
	Eine Teilmenge $\mathscr{B}\subseteq\mathscr{O}$ heißt \textit{Basis von $\mathscr{O}$}\index{Basis}, wenn
		$$\mathscr{O}=\left\lbrace Y\in\mathscr{P}(X) \myst \exists B\subseteq\mathscr{B}\myspace \left( Y=\bigcup B\right) \right\rbrace.$$
	Eine Teilmenge $\mathscr{S}\subseteq\mathscr{O}$ heißt \textit{Subbasis von $\mathscr{O}$}\index{Subbasis}, wenn
		$$\mathscr{B}:=\left\lbrace Y\in\mathscr{P}(X) \myst \exists \mathscr{A}\subseteq\mathscr{S} \myspace \left( |\mathscr{A}|\in\mathbb{N}\wedge \bigcap \mathscr{A}=Y\right) \right\rbrace $$
	eine Basis von $\mathscr{O}$ ist.
\end{mydef}

\begin{mylem}
	Jede Teilmenge $\mathscr{S}\subseteq\mathscr{P}(X) $ ist Subbasis einer Topologie.
\end{mylem}

\begin{mylem}
	Eine Teilmenge $\mathscr{B}\subseteq\mathscr{P}(X) $ ist Basis einer Topologie, wenn
		$$\forall A\subseteq\mathscr{B} \myspace \left(|A|\in\mathbb{N}\rightarrow\exists B\subseteq\mathscr{B}, \myspace \bigcup B=\bigcap A\right),$$
	resp.\ wenn
	$$\forall A\subseteq\mathscr{B} \myspace \left( |A|\in\mathbb{N} \rightarrow\forall x\in \bigcap A,\myspace \exists B\in\mathscr{B}, \myspace x\in B\subseteq\bigcap A\right).
        $$
\end{mylem}
\begin{proof}
	Es sei $\mathscr{O}$ definiert durch
	$$\mathscr{O}:=\left\{O\in\mathcal{P}(X)\myst \forall x\in O\exists B\in\mathscr{B}\; x\in B\subseteq O\right\}$$
	Wir zeigen, dass $\mathscr{O}$ eine Topologie und $\mathscr{B}$ eine Basis von $\mathscr{O}$ ist.\\
	Wenn wir in der obigen Definition $A=\emptyset$ nehmen, folgt nach unsere Konvention, dass es $B\subseteq\mathscr{B}$ gibt, sodass $\bigcup B=\bigcap A=\bigcap\emptyset=X$. Insbesondere gibt es für jedes $x\in X$ ein $B\in\mathscr{B}$, sodass $x\in B$. $B\subseteq X$ ist klar. Also gilt $X\in\mathscr{O}$. $\emptyset\in\mathscr{O}$ gilt, da jede Aussage $\forall x\in\emptyset, \,\phi(x)$ wahr ist, egal, was $\phi$ ist.\\
	Es sei $A\subseteq\mathscr{O}$ endlich und $x\in\bigcap A$. Dann folgt aus der Voraussetzung direkt, dass ein $B$ existiert wie gefordert. Also ist, da $x$ beliebig war, $\bigcap A\in\mathscr{O}$.\\
	Es sei $A\subseteq\mathscr{O}$ beliebig und o.B.d.A. nicht leer. Es sei $x\in \bigcup A$ und $Y\in A$, sodass $x\in Y$. Es sei $B\in\mathscr{B}$, sodass $x\in B\subseteq Y$ (da $Y\in\mathscr{O}$). Dann ist $x\in B\subseteq Y\subseteq\bigcup A$. Also ist, da $x$ beliebig war, $\bigcup A\in \mathscr{O}$.\\
	$\mathscr{O}$ ist demnach eine Topologie.\\
	Es sei $Y\in\mathscr{O}$ beliebig. Nach Voraussetzung existiert damit für jedes $x\in Y$ ein $B_x\in\mathscr{B}$, sodass $x\in B_x\subseteq Y$. Also ist $Y=\bigcup_{x\in Y}B_x$ und 
	$$\mathscr{O}\subseteq\left\{Y\in \mathcal{P}(X)\myst \exists B\subseteq\mathscr{B}\left(Y=\bigcup B\right)\right\}.
	$$
	Die andere Inklusion folgt daraus, dass $\mathscr{B}\subseteq\mathscr{O}$ und $\mathscr{O}$ unter beliebigen Vereinigungen abgeschlossen ist.
\end{proof}

\begin{mylem}[und Definition]
	Jeder metrische Raum $(X, d)$ trägt eine Topologie, die von den offenen 
	$\varepsilon$-Umgebungen erzeugt wird.
	Hierbei bezeichnet $B_{\varepsilon}(x) := \left\lbrace y \in X \myst d(x,y) < \varepsilon\right\rbrace $\index{$B_\varepsilon(x)$}  die offene $\varepsilon$-Umgebung von $x$. Eine Basis der metrischen Topologie ist
		$$\mathscr{B}:=\left\lbrace B_{\varepsilon}(x) \myst x\in X, \: \varepsilon>0\right\rbrace.
		 $$
Es ist also $\mathscr{O}_d$	durch beliebige Vereinigungen erzeugt:
		$$\mathscr{O}_d:=\left\lbrace Y \subseteq X \myst \exists B \subseteq \mathscr{B} \myspace \left( Y=\bigcup B\right) \right\rbrace .$$
	Die Topologie $\mathscr{O}_d$ heißt die \emph{von der Metrik $d$ erzeugte Topologie auf $X$}\index{Topologie!metrische}.
\end{mylem}
\begin{proof}
	Wir überprüfen, dass $\mathscr{O}_d = \mathscr{O}$ eine Topologie auf $X$ definiert:
	\begin{enumerate}
		\item Es gilt $\emptyset=\bigcup\emptyset\in\mathscr{O}$ und $X=\bigcup_{x\in X}B_1(x) \in\mathscr{O}$.
		\item Zunächst stellen wir fest, dass allgemein $\left( \bigcup_{i\in I} A_i\right) \cap\left( \bigcup_{j\in J} B_j\right) =\bigcup_{i\in I, j \in J}A_i\cap B_j$ gilt. Also reicht es zu zeigen, dass es für $x_1, x_2 \in X$ und $\varepsilon_1, \varepsilon_2 \in \mathbb{R}_{\geq 0}$ eine Menge $B \subseteq \mathscr{B}$ gibt, so dass $B_{\varepsilon_1}(x_1) \cap B_{\varepsilon_2}(x_2) = \bigcup B$.\\
%		Also reicht es zu zeigen, dass für $A\subseteq\mathscr{B}$ mit $|A|\in\omega$ ein $B\subseteq\mathscr{B}$ existiert, s.d. $\bigcap A=\bigcup B$.\\
		1. Fall: $B_{\varepsilon_1}(x_1) \cap B_{\varepsilon_2}(x_2) =\emptyset = \bigcup \emptyset$.\\
		2. Fall: Falls $z\in B_{\varepsilon_1}(x_1) \cap B_{\varepsilon_2}(x_2) =:A$, so wähle
			$$\varepsilon(z) := \min\left\lbrace \varepsilon_1-d(z,x_1) , \varepsilon_2-d(z,x_2) \right\rbrace >0.$$
		Dann gilt $B_{\varepsilon(z)}(z) \subseteq A$ (man verwendet die Dreiecksungleichung). Es folgt
			$$A=\bigcup_{z\in A}B_{\varepsilon(z)}(z) .$$
		\item Klar, da Vereinigungen von Vereinigungen wieder Vereinigungen sind.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{myque}
  Gibt es einen topologischen Raum $\left( X, \mathscr{O}\right) $, so dass $\mathscr{O}$ nicht von einer Metrik erzeugt wird? Hier findet man leicht Gegenbeispiele. Schwerer ist die folgende Frage:
   Gibt es einen Hausdorff Raum $\left( X, \mathscr{O}\right) $ mit abz\"ahlbaren Umgebungsbasen, so dass $\mathscr{O}$ nicht von einer Metrik erzeugt wird?
Wenn Sie interessiert sind, schlagen Sie unter Bing, Nagata, Smirnov nach.  
\end{myque}

\begin{myexs} [Topologische Räume]
	\text{}
	\begin{enumerate}
	\item Die \emph{indiskrete Topologie}\index{Topologie!Indiskrete} auf $X$: $\mathscr{O}=\left\lbrace \emptyset, X\right\rbrace $ ist die gröbste Topologie auf $X$. Sie ist nicht metrisierbar, falls $X$ mindestens zwei Elemente enthält, aber pseudometrisierbar.\\
          (Eine \emph{Pseudometrik}\index{Pseudometrik} ist eine Abbildung ${d\colon X\times X\to\mathbb{R}_{\geq 0}}$, die die Metrikeigenschaften \ref{Metrik2} und \ref{Metrik3} erfüllt, aber anstelle von Eigenschaft \ref{Metrik1} nur $\forall x \in X \myspace  d(x,x) =0 $.)
		\item Die \emph{diskrete Topologie}\index{Topologie!Diskrete} auf $X$: $\mathscr{O}=\mathscr{P}(X) $, oder äquivalent ${\forall x \myspace \left( \left\lbrace x\right\rbrace \in\mathscr{O}\right) }$, ist die feinste Topologie auf $X$. Sie ist metrisierbar durch
			$$d(x,y) =
			\begin{cases}
				0 & \text{falls }x=y, \\
				1 & \text{falls }x\neq y.
			\end{cases}$$
		\item Falls $\left( X,<\right) $ eine lineare Ordnung\index{lineare Ordnung} ist (d.h. $<$ ist transitiv, irreflexiv und konnex), so ist
			$$\mathscr{B} := \left\lbrace \left( a,b\right) \myst a,b\in X\right\rbrace $$
		eine Basis der \emph{Ordnungstopologie}\index{Topologie!Ordnungs-} auf $X$, wobei
			$$\left( a,b\right) := \left\lbrace x\in X \myst a<x<b\right\rbrace .$$
		\item Die \emph{kofinite Topologie}\index{Topologie!Kofinite} auf $X$: $\mathscr{O}_\text{kofinit} := \left\lbrace X \smallsetminus A \myst A \subseteq X, \: A \text{ endlich}\right\rbrace \cup \left\lbrace \emptyset\right\rbrace $.
		\item Die \emph{Standardtopologie}\index{Topologie!Standard-} auf $\mathbb{R}$: Dies ist die Ordnungstopologie von $\left( \mathbb{R}, <_\mathbb{R}\right) $ und auch die von der Metrik $d(x,y) = |x-y|$ erzeugte Topologie auf $\mathbb{R}$. Auf $\R^n$ wird die Standardtopologie durch die zweite (und auch weitere andere Metriken)
%		\footnote{Zwei Metriken hei\ss en \"aquivalent, wenn es zwei positive Absch\"atzungsfaktoren $c$, $c'$ gibt so dass f\"ur alle $x, y \in X$, $c' d_2(x,y) \leq d_1(x,y) \leq c d_2(x,y)$.} 
Metrik in Beispiel~\ref{metriken} gegeben.
		\item Die \emph{Sorgenfrey-Gerade}\index{Sorgenfrey-Gerade}: $X=\mathbb{R}$, eine Subbasis ist durch die halboffenen Intervalle $\left\lbrace \left[ a,b\right) \myst a,b\in\mathbb{R}\right\rbrace $ gegeben. Wir behaupten, dass die Topologie der Sorgenfrey-Gerade echt feiner ist als die Standardtopologie auf $\mathbb{R}$:\\
		Es gilt $\left( a,b\right) =\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\left[ a+\frac{1}{n}, b\right) $, also ist eine Basis der Standardtopologie in der Topologie der Sorgenfrey-Gerade enthalten. Damit gilt das auch für die gesamte Standardtopologie.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum und $x\in X$.\\
	Eine Teilmenge $U\subseteq X$ heißt \textit{Umgebung von $x$}\index{Umgebung}, wenn $\exists O \myspace \left( O\subseteq U\wedge x\in O\wedge O\in\mathscr{O}\right) $. Die Menge $\mathscr{U}(x) :=\left\lbrace U\subseteq X \myst U\text{ Umgebung von }x\right\rbrace $ heißt \textit{Umgebungssystem von $x$}\index{Umgebungssystem}.
        \end{mydef}

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum.\\
	Eine Teilmenge $\mathscr{B} \subseteq \mathscr{P}(X) $ heißt \textit{Umgebungsbasis von $x$}\index{Umgebungsbasis}, wenn $\mathscr{B}\subseteq\mathscr{U}(x) $ und $\forall A\in\mathscr{U}(x) \myspace \exists B\in\mathscr{B} \myspace \left( B\subseteq A\right) $.
\end{mydef}
Wir erinnern an die Definition der Abz\"ahlbarkeit vom ersten Aufgabenblatt.
Eine Menge $A$ hei\ss t \emph{abz\"ahlbar}\index{abz\"ahlbare Menge}, wenn es eine injektive Funktion $f \colon A \to \mathbb N$ gibt.

\begin{mydef}
	Ein topologischer Raum $\left( X,\mathscr{O}\right) $ erfüllt das \textit{erste Abzählbarkeits\-axiom}\index{Abzählbarkeitsaxiom!Erstes}, wenn jeder Punkt $x \in X$ eine abzählbare Umgebungsbasis hat.\\
	Ein topologischer Raum $\left( X,\mathscr{O}\right) $ erfüllt das \textit{zweite Abzählbarkeitsaxiom}\index{Abzählbarkeitsaxiom!Zweites}, wenn $\mathscr{O}$ eine abzählbare Basis hat.
\end{mydef}

\begin{myex}
	Der topologische Raum $\left( X,\mathscr{O}_{<_{\mathbb{R}}}\right) $ besitzt $\left\lbrace \left( a,b\right) \myst a<b\in\mathbb{Q}\right\rbrace $ als Basis, erfüllt also das zweite Abzählbarkeitsaxiom.
\end{myex}

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum. \\
	Das \textit{offene Innere von $A\subseteq X$}\index{Offenes Innere} ist
		$$\mathring{A} := \bigcup\left\lbrace O\in\mathscr{O} \myst O\subseteq A\right\rbrace.
		$$
	Der \textit{Abschluss von $A\subseteq X$}\index{Abschluss} ist
		$$\bar{A} := \left\lbrace x\in X \myst \forall U\in\mathscr{U}(x) \myspace U\cap A\neq\emptyset\right\rbrace.
		$$
	Der \textit{Rand von $A$} ist
		$$\partial A := \bar{A}\smallsetminus \mathring{A}.$$
	Es sei $Y \subseteq X$. Eine Menge $A \subseteq Y$ heißt \textit{dicht in $Y$}\index{dicht}, wenn $\bar{A}\supseteq Y$ gilt.\\
	Eine Menge $A$ heißt \textit{nirgends dicht}\index{dicht!nirgends}, wenn $\mathring{\bar{A}}=\emptyset$ gilt.
\end{mydef}

\begin{myex}[Das Cantor'sche Diskontinuum] F\"ur $X \subseteq \mathbb R$ sei $2+X = \{2 +x : x \in X \}$ und $\frac{1}{3} X = \{\frac{x}{3} : x \in X\}$.
	Es sei $A_0 = [0,1]$ in den reellen Zahlen, und f\"ur $n \geq 0$ sei
		$$A_{n+1} := \frac{1}{3} (A_n \cup (2 + A_n)),$$
$C=\bigcap_{i=0}^\infty A_n$. Jedes $A_n$ is abgeschlossen. Dann ist $C$ abgeschlossen, also $\bar{C}=C$, aber $\mathring{C}=\emptyset$. Also ist $C$ nirgends dicht. Interessanterweise ist $C$ aber trotzdem nicht abzählbar, sondern sogar gleichmächtig zu den reellen Zahlen.
\end{myex}


\section{Stetige Abbildungen}

\begin{mydef}
  Es seien $X, Y$ Mengen und sei $f \colon X \to Y$ eine Funktion.
  F\"ur $A \subseteq X$ sei $f[A] = \{f(x) \myst x \in A\}$\index{$f[A]$}. F\"ur $B \subseteq Y$ sei $f^{-1}[B] = \{x \in X \myst f(x) \in B\}$\index{$f^{-1}[B]$}.
 Es sei wiederum $A \subseteq X$. Die \emph{Einschr\"ankung von $f $ auf $A$} ist die Funktion
  $f \rest A =f\cap (A\times f[A]) \colon A \to Y$\index{$f \rest A$}, die f\"ur $x \in A$ wie $f$ aussieht.
\end{mydef}
  
\begin{mydef}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}_1\right) $ und $\left( Y, \mathscr{O}_2\right) $ topologische Räume.\\
	Eine Abbildung $f \colon X\to Y$ heißt \textit{stetig}\index{Abbildung!stetig}, wenn
		$$\forall O\in\mathscr{O}_2, \myspace f^{-1}[O] \in\mathscr{O}_1.$$
	Es sei $x\in X$. Dann heißt $f$ \textit{stetig in $x$}, wenn
		$$\forall V\in\mathscr{U}_{\cO_2}(f(x)), f^{-1}[V] \in \mathscr{U}_{\cO_1}(x).$$
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Um zu zeigen, dass $f$ stetig ist, genügt es nach den Rechenregeln für $f^{-1}$, zu zeigen, dass $f^{-1}[\mathscr{S}_2] \subseteq\mathscr{O}_1$ gilt für eine Subbasis $\mathscr{S}_2$ von $\mathscr{O}_2$.
\end{myrem}

\begin{mydef}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}_1\right) $ und $\left( Y, \mathscr{O}_2\right) $ topologische Räume.\\
	Eine Abbildung $f \colon  X \to Y$ heißt \textit{offen}\index{Abbildung!offen}, wenn
		$$\forall O \in \mathscr{O}_1, \myspace f[O] \in \mathscr{O}_2.$$
	Die Abbildung $f$ heißt \textit{abgeschlossen}\index{Abbildung!abgeschlossen}, wenn
		$$\forall A \text{ abgeschlossen in } \mathscr{O}_1, \myspace f[A] \text{ abgeschlossen in } \mathscr{O}_2.$$
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}_1\right) $ und $\left( Y,\mathscr{O}_2\right) $ topologische Räume.\\
	Eine Abbildung $f\colon X\to Y$ heißt \textit{Homöomorphismus}\index{Homöomorphismus}, wenn $f$ bijektiv ist und $f$ sowie $f^{-1}$ stetig sind. 
\end{mydef}

\chapter{Erzeugung topologischer Räume}

\section{Die Spurtopologie}

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum und $A\subseteq X$.\\
	Dann heißt $\mathscr{O}_A:=\left\lbrace A\cap O \myst O\in\mathscr{O}\right\rbrace $ die \textit{Unterraumtopologie}\index{Unterraumtopologie} (oder \textit{Spurtopologie}\index{Spurtopologie}) \textit{von $\left( X, \mathscr{O}\right)$ auf $A$}.
\end{mydef}

\begin{mylem}
	Die Unterraumtopologie $\mathscr{O}_A$ ist tatsächlich eine Topologie auf $A$.
\end{mylem}
\begin{proof}
	\text{}
	\begin{enumerate}
		\item $A = A\cap X\in\mathscr{O}_A$ und $\emptyset = A\cap\emptyset\in\mathscr{O}_A$.
		\item Es seien $U_1, U_2 \in \mathscr{O}$.
		Dann ist $\left( A \cap U_1\right) \cap \left( A \cap U_2\right) = A \cap \left( U_1\cap U_2\right) \in\mathscr{O}_A$.
		\item Es sei $I$ eine beliebige Indexmenge und seien $U_i \in \mathscr{O}$ für alle $i \in I$.\\
		Dann ist $\bigcup\left\lbrace A\cap U_i \myst i\in I\right\rbrace =A\cap\bigcup\left\lbrace U_i \myst i\in I\right\rbrace \in \mathscr{O}_A$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mydef}
	Eine Teilmenge $A\subseteq X$ heißt \textit{diskret in $\left( X,\mathscr{O}\right) $}\index{diskret}, wenn $\left( A,\mathscr{O}_A\right) $ die diskrete Topologie auf $A$ ist.
\end{mydef}

\begin{mylem}
	Eine Teilmenge $A \subseteq X$ ist diskret in $\left( X,\mathscr{O}\right) $ genau dann, wenn
		$$\forall a\in A \myspace \exists O\in\cU(a) \myspace \left( \left( A\smallsetminus\left\lbrace a\right\rbrace \right) \cap O=\emptyset\right) .$$
\end{mylem}

\begin{mydef}
	Eine Abbildung $f\colon \left( X,\mathscr{O}\right) \to \left( X',\mathscr{O}'\right) $ heißt \textit{Einbettung}\index{Einbettung}, wenn
		$$f\colon \left( X,\mathscr{O}\right) \to \left( f[X] ,\mathscr{O}'_{f[X] }\right) $$
	ein Homöomorphismus ist.
\end{mydef}

\begin{mytheo}\label{2.6}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum, $U\subseteq X$ und $\iota\colon U \to X$ die Inklusionsabbildung.
	\begin{enumerate}
		\item $\forall\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \myspace \forall g\colon \left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \to\left( U,\mathscr{O}_U\right) $ gilt: $g$ ist stetig genau dann, wenn
			$$\iota\circ g\colon \left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \to\left( X,\mathscr{O}\right) $$
		stetig ist.
			$$
	\begin{tikzcd}
		{\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) } \arrow[rr, "g"] \arrow[rrdd, "\iota\circ g"]	&	&
		{\left( U,\mathscr{O}_U\right) } \arrow[dd, "\iota=Inklusion"] \\
																		&	& \\
																		&	& {\left( X,\mathscr{O}\right) }
	\end{tikzcd}
	$$
		\item Die Inklusion $\iota\colon \left( U,\mathscr{O}_U\right) \to\left( X,\mathscr{O}\right) $ ist stetig und offen (also eine Einbettung) und $\mathscr{O}_U$ ist die gröbste Topologie auf $U$, für die $\iota$ stetig ist.
        \end{enumerate}

\end{mytheo}
\begin{proof}
	\text{}
	\begin{enumerate}
		\item Zuerst gilt
			$$\left( \iota\circ g\right) ^{-1}[B] =\left( g^{-1}\circ \iota^{-1}\right) [B] =g^{-1}[B\cap U] .$$
		Wenn $g$ stetig ist, so ist $g^{-1}[B\cap U] \in\mathscr{O}_Y$ und damit auch $\left( \iota\circ g\right) ^{-1}[B] \in\mathscr{O}_Y$, also ist $\left( \iota\circ g\right) $ stetig.\\
		Falls $\left( \iota\circ g\right) $ stetig ist, so ist $g^{-1}[B\cap U] \in\mathscr{O}_U$ für alle $B\cap U$ mit $B \in \mathscr{O}$, und damit ist $g$ stetig.
		\item Es gilt $\forall B\in\mathscr{O} \myspace \iota^{-1}[B] =[B\cap U] \in\mathscr{O}_U$. Weiterhin, sei $\mathscr{O}'$ eine weitere Topologie auf $U$, sodass $\iota$ stetig ist, so gilt
			$$\forall B\in\mathscr{O} \myspace B\cap U=\iota^{-1}[B] \in\mathscr{O}'$$
		und da jedes $A\in\mathscr{O}_U$ die Gestalt $B\cap U$ für $B\in\mathscr{O}$ hat, gilt $\mathscr{O}_U\subseteq\mathscr{O}'$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{myex}
	Auf der Urbildseite hat der Übergang zur Spurtopologie großen Einfluss: Betrachte die Funktion
	\begin{equation*}
		\begin{split}
			f\colon \left( \mathbb{R},\mathscr{O}_{<}\right) & \to \left( \mathbb{R},\mathscr{O}_<\right) \\
			x & \longmapsto
				\begin{cases}
				1	&	\text{falls }x\in\mathbb{Q}, \\
				0	&	\text{falls }x\notin\mathbb{Q}.
				\end{cases}
		\end{split}
	\end{equation*}
	Die eingeschränkte Funktion $f\rest {\mathbb{Q}}\colon \left( \mathbb{Q},\left( \mathscr{O}_<\right) _{\mathbb{Q}}\right) \to\left( \mathbb{R},\mathscr{O}_<\right) $ ist stetig, da sie konstant ist, aber $f\colon \left( \mathbb{R},\mathscr{O}_{<}\right) \to\left( \mathbb{R},\mathscr{O}_<\right) $ ist nicht stetig.
\end{myex}



\begin{mytheo}\label{GluingContinous}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}\right) $ und $\left( Y,\mathscr{O}'\right) $ topologische Räume und seien $A_1,\ldots ,A_n\subseteq X$ abgeschlossene Teilmengen, so dass $\bigcup_{i\leq n}A_i=X$. Es sei $f\colon X \to Y$ eine Abbildung, so dass $f\rest {A_i} \colon  \left( A_i,\mathscr{O}_{A_i}\right) \to\left( Y,\mathscr{O}'\right) $ stetig ist für jedes $i$.\\
	Dann ist $f$ stetig.
\end{mytheo}
\begin{proof}
	$f$ ist stetig genau dann, wenn das Urbild jeder abgeschlossenen Menge abgeschlossen ist:
		$$f^{-1}[A] =f^{-1}[Y\smallsetminus \left( Y\smallsetminus A\right)] =X\smallsetminus f^{-1}[ Y\smallsetminus A] .$$
	Es sei $B\subseteq Y$ abgeschlossen. F\"ur jedes $i$ ist$({f\rest {A_i}})^{-1}[B] $ abgeschlossen, da $B$ abgeschlossen (in der Spurtopologie) und $f \rest {A_i}$ bzgl.\ der Spurtopologie stetig ist. Es gibt daher ein abgeschlossenes $C_i$, so dass $C_i \cap A_i = ({f\rest {A_i}})^{-1}[B] $. Dann gilt
		$$f^{-1}[B] =\bigcup_{i=1}^n\left( f^{-1}[B] \cap A_i\right) =\bigcup_{i=1}^n\left( f\rest {A_i}\right) ^{-1}[B] =\bigcup_{i=1}^n\left( C_i\cap A_i\right) .$$
Die endliche Vereinigung ist abgeschlossen.
\end{proof}

\section{Die Produkttopologie}

Nun definieren wir kartesische Produkte mit beliebig vielen (mengenvielen) Faktoren. 

\begin{mydef}[mit Auswahlaxiom]\label{Produkmenge}
	Es sei $I$ eine beliebige Indexmenge und sei f\"ur $i \in I$ $X_i $ eine nicht leere Menge. Dann ist
		$$\prod_{i\in I} X_i := \{f : f \colon I \to \bigcup \{X_i : i \in I\}, \forall i \in I, f(i) \in I_i\}$$
		die Produktmenge\index{Produktmenge}. Man schreibt statt $f$ auch $\langle x_i : i \in I \rangle$, wenn $f(i) = x_i$.
\end{mydef}

\begin{mydef}\label{Projektion}
Wie oben sei $I$ eine Indexmente und f\"ur $i \in I$ sein $X_i$ eine Menge.
Es sei $i \in I$. Die Funktion $p_i \colon \prod_{j\in I} X_j \to X_i$ mit $p_i(\langle x_j : j \in I \rangle) = x_i$ hei\ss t die Projektion\index{Projektion} auf $X_i$.
\end{mydef}

Auf der Menge $\prod_{i\in I} X_i$ m\"ochte man nun aus den einzelnen Topologien $(X_i, \mathscr{O}_i)$ eine in geeignetem Ma\ss en feine Topologie definieren. Es gibt mehrere recht nat\"urliche Kandidaten.

\begin{mydef}\label{Produkttopologie}
	Es sei $I$ eine beliebige Indexmenge und seien $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ topologische Räume für alle $i \in I$. Dann ist
		$$\mathscr{B}:=\left\lbrace \prod_{i\in I}U_i \myst (\forall i\in I) \myspace U_i \in \mathscr{O}_i, \text{ und es gibt nur endlich viele }i\text{, sodass } U_i\neq X_i\right\rbrace $$
	Basis einer Topologie auf $\prod_{i\in I}X_i$, der sogenannten \textit{Produkttopologie}\index{Produkttopologie}.
\end{mydef}

\begin{mylem}
	$\mathscr{B}$ ist tatsächlich eine Basis.
\end{mylem}
\begin{proof}
	$\left( \prod_{i\in I} U_i\right) \cap\left( \prod_{i\in I}V_i\right) =\prod_{i\in I}\left( U_i\cap V_i\right) $ und $U_i\cap V_i\neq X_i$ für nur endlich viele $i$. Eine endliche Menge ergibt sich als Vereinigung der Menge der $i \in I$, in denen $U_i \neq X_i$, mit der Menge der $j \in I$, in denen $V_j \neq X_j$.
\end{proof}

\begin{myrem}
	Eine Subbasis ist gegeben durch
	\begin{equation*}
          \begin{split}
            \mathscr{S}:= & \left\lbrace \prod_{i\in I}U_i \myst \text{ es gibt genau ein }i\in I\text{, sodass }U_i\neq X_i\right\rbrace \\
            & =\left\lbrace p_i^{-1}[U_i] \myst U_i\in\mathscr{O}_i\right\rbrace.
          \end{split}
        \end{equation*}
		Hierbei ist f\"ur $i \in I$ die Abbildung $p_i \colon  \prod_{j\in I}U_j \to U_i$, $p_i((x_j)_{j \in I}) := x_i$ die Projektion auf die $i$-te Koordinate.
\end{myrem}

\subsection*{Die Produkttopologie, aufgefasst als Initialtopologie}

\begin{mytheo}
	Die Produkttopologie ist die gröbste Topologie auf $\prod_{i\in I} X_i$, sodass alle Projektionen $p_i$ stetig sind. Also sind alle Projektionen offene Abbildungen.
\end{mytheo}
\begin{proof}
	Alle $p_i$ sind stetig, da $p_i^{-1}[U_i] =\prod_{j\in I}U_j$, wobei $U_j=X_j$ für $j\neq i$. Falls $\mathscr{O}$ eine andere Topologie auf dem Produkt ist, bez\"uglich der alle $p_i$ stetig sind, so enthält $\mathscr{O}$ die Subbasis der Produkttopologie, also auch die gesamte Produkttopologie.
\end{proof}

\begin{mytheo}
	$g\colon \left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \to \prod_{i\in I}\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ ist genau dann stetig, wenn $p_i\circ g$ für alle $i \in I$ stetig ist.
\end{mytheo}
\begin{proof}
	Zunächst wissen wir, dass es genügt, wenn Urbilder einer Subbassis in der Topologie enthalten sind (nach den Rechenregeln für Schnitte und Vereinigungen). Dann gilt
		$$g^{-1}[{p_i}^{-1}[U_i]] =\left( p_i\circ g\right) ^{-1}[U_i]$$
	und die Behauptung folgt.
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $I$ eine Indexmenge und seien $f_i\colon \left( X_i,\mathscr{O}_i\right) \to\left( Y_i,\mathscr{O}_i'\right) $ Abbildungen für alle $i\in I$. Wir definieren die \textit{Produktabbildung $f$ der $f_i$}\index{Produktabbildung} durch
		$$f\colon \prod_{i\in I}\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) \to\prod_{i\in I}\left( Y_i,\mathscr{O}_i'\right) ,$$
		$$f( \langle x_i \myst i\in I\rangle) := \langle f_i( x_i) \myst i\in I\rangle.$$
\end{mydef}

\begin{mytheo}\label{ProdFunc}
	Die Produktabbildung $$f\colon \prod_{i\in I}\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) \to\prod_{i\in I}\left( Y_i,\mathscr{O}_i'\right) $$ ist genau dann stetig, wenn $f_i\colon \left( X_i,\mathscr{O}_i\right) \to\left( Y_i,\mathscr{O}_i'\right) $ für alle $i \in I$ stetig ist.
\end{mytheo}
\begin{proof}
	Es bezeichnen $p_i$ und $q_i$ die $i$-te Projektionsabbildung für $\prod_{j \in I}X_j$ bzw. $\prod_{j\in I}Y_j$.\\
	Es seien alle $f_i$ stetig. Es gilt $q_i\circ f=f_i\circ p_i$. Weil alle $p_i$ stetig sind, ist $f_i\circ p_i$ und damit $q_i\circ f$ für alle $i$ stetig. Es folgt, dass $f$ stetig ist.\\
	Es sei umgekehrt $f$ stetig. Also ist $q_i\circ f$ und damit $f_i\circ p_i$ stetig für alle $i$. Für alle $i$ ist $\left( f_i\circ p_i\right) ^{-1}[U] $ offen, also ist $p_i^{-1}[f_i^{-1}[U]] $ offen in $X_i$. Damit ist $f_i^{-1}[U] $ offen.
%
%$$
%\begin{tikzcd}
%	\prod_{i\in I}X_i \arrow[dd, "p_i"] \arrow[rr, "f"]	&	& \prod_{i\in I}Y_i \arrow[dd, "q_i"]	\\
%														&	&										\\
%	X_i \arrow[rr, "f_i"] \arrow[uu, "s_i"]				&	& Y_i
%\end{tikzcd}
%$$
%
%Wir wählen ein $\left( a_i\right) _{i\in I}$ aus $\prod_{i\in I}X_i$. Es sei $s_i\colon X_i\to\prod_{j\in I}X_j$ definiert durch
%	$$s_i(x) := {\left( s_{i,j}(x) \right) }_{j\in I} \: \text{ mit } s_{i,j}(x) :=
%		\begin{cases}
%			x	&	\text{falls }i=j, \\
%			a_j	&	\text{falls }i\neq j.
%		\end{cases}
%	$$
\end{proof}
\section{Die Initialtopologie}
\begin{mydef}
	Es sei $Y$ eine Menge, $I$ eine Indexmenge und seien $f_i\colon Y \to\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ Funktionen in topologische Räume $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ für alle $i\in I$. Dann heißt die durch die Subbasis
		$$\mathscr{S}:=\left\lbrace f_i^{-1}[U_i] \myst U_i\in\mathscr{O}_i, i\in I\right\rbrace $$
	auf $Y$ erzeugte Topologie die \textit{Initialtopologie von $\left( Y,\left( f_i,X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I}\right) $}\index{Initialtopologie}.
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Falls $I=\emptyset$ ist, so erhält man $\mathscr{S} = \emptyset$ und als Initialtopologie $\left\lbrace \emptyset,Y\right\rbrace $. Falls $Y=\emptyset$ ist, so ist $f_i=\emptyset$ für alle $i$ und wir erhalten $\mathscr{S} = \left\lbrace \emptyset\right\rbrace $ und $\left\lbrace \emptyset\right\rbrace $ als Initialtopologie.
\end{myrem}

\begin{myrem}
	Es sei $\mathscr{O}_Y$ die Initialtopologie von $\left( Y,\left( f_i,X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I}\right) $. Dann sind alle $f_i\colon \left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \to\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ stetig, aber im Allgemeinen nicht offen.
\end{myrem}

\begin{mytheo}
	Es sei $\mathscr{O}_Y$ die Initialtopologie von $\left( Y,\left( f_i,X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I}\right) $. Dann ist $\mathscr{O}_Y$ die gröbste Topologie auf $Y$, sodass alle Abbildungen $f_i$ stetig sind. Für jede Abbildung
		$$g\colon \left( Z,\mathscr{O}_Z\right) \to\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) $$
	gilt: $g$ ist genau dann stetig, wenn $f_i\circ g$ für alle $i$ stetig ist.
\end{mytheo}

\hfill
\begin{center}
\begin{tikzcd}
	{\left( Z,\mathscr{O}_Z\right) } \arrow[rrdd, "f_i\circ g"] \arrow[rr, "g"] & & {\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) } \arrow[dd, "f_i"]	\\
	&	&	\\
	&	& {\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) }
\end{tikzcd}
\end{center}
\hfill

\begin{proof}
	Es sei $\mathscr{O}'$ eine weitere Topologie auf $Y$, sodass alle $f_i$ stetig sind. Dann gilt $\mathscr{S}\subseteq\mathscr{O}'$ und damit $\mathscr{O}_Y\subseteq\mathscr{O}'$.\\
	Die Vorw\"artsrichtung der zweiten Behauptung folgt daraus, dass die Komposition stetiger Abbildungen stetig ist.\\
	Es seien umgekehrt alle $f_i \circ g$ stetig. Es genügt zu überprüfen, dass die Urbilder der Mengen der genannten Subbasis unter $g$ offen sind: 
	Für alle $i \in I$ und $U \in \mathscr{O}_i$ gilt
		$$g^{-1}[f_i^{-1}[U]] = {\left( f_i \circ g\right) }^{-1}[U] \in \mathscr{O}_Z.$$
	Demnach ist $g$ stetig.\\
\end{proof}
\section{Die Finaltopologie}
\begin{mydef}
	Es sei $Y$ eine Menge, $I$ eine Indexmenge und seien $f_i \colon  \left( X_i,\mathscr{O}_i\right) \to Y$ Funktionen auf topologischen Räumen $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ für alle $i\in I$. Dann heißt die durch die Subbasis
		$$\mathscr{S}:=\left\lbrace O \subseteq Y \myst \forall i\in I \myspace f_i^{-1}[O] \in\mathscr{O}_i\right\rbrace $$
	auf $Y$ erzeugte Topologie die \textit{Finaltopologie von $\left( \left( f_i,X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I},Y\right) $}\index{Finaltopologie}.
\end{mydef}

\begin{mytheo}\label{FinaFunc}
	Es sei $\mathscr{O}_Y$ die Finaltopologie von $\left( \left( f_i,X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I}, Y\right) $. Dann ist $\mathscr{O}_Y$ die feinste Topologie auf $Y$, sodass alle Abbildungen $f_i$ stetig sind. Für jede Abbildung
		$$g\colon \left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \to\left( Z,\mathscr{O}_Z\right) $$
	gilt: $g$ ist genau dann stetig, wenn $g \circ f_i$ für alle $i$ stetig ist.
\end{mytheo}

\hfill
\begin{center}
	\begin{tikzcd}
		{\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) } \arrow[rr, "g"]                                &  & {\left( Z,\mathscr{O}_Z\right) }	\\
		&	&	\\
		{\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) } \arrow[uu, "f_i"] \arrow[rruu, "g\circ f_i"] &  &
	\end{tikzcd}
\end{center}
\hfill

\begin{proof}
	Es sei $\mathscr{O}'$ eine weitere Topologie auf $Y$, sodass alle $f_i$ stetig sind. Dann wählen wir $g=\id$. Es folgt, dass $g\circ f_i=f_i$ stetig ist. Demnach ist auch $\id$ stetig und $\mathscr{O}'=\id[\mathscr{O}'] \subseteq\mathscr{O}_Y$.
	\\
	Wenn $g$ stetig ist, sind auch alle $g \circ f_i$ stetig, da ja nach Voraussetzung alle $f_i$ stetig sind.
	Es seien umgekehrt alle $g\circ f_i$ stetig. Es sei nun $U \in \mathscr{O}_Z$, dann gilt für alle $i\in I$, dass
		$$f_i^{-1}[g^{-1}[U]] =\left( g\circ f_i\right) ^{-1}[U] \in\mathscr{O}_i,$$
	und damit ist $g^{-1}[U] \in \mathscr{S} \subseteq \mathscr{O}_Y$.\\
\end{proof}

\begin{myex}
	Es sei $R\subseteq X\times X$ eine Äquivalenzrelation (d.h. $R$ ist reflexiv, symmetrisch und transitiv). Für $x\in X$ sei
		$$\left[ x\right] _R := \left\lbrace z\in X\myst z R x\right\rbrace $$
	die Äquivalenzklasse von $x$ in $\left( X,R\right) $. Für $x,y\in X$ gilt stets $\left[ x\right] _R=\left[ y\right] _R$ oder $\left[ x\right] _R \cap \left[ y\right] _R=\emptyset$. Die Abbildung
	\begin{equation*}
		\begin{split}
			p\colon  X &\to \sfrac{X}{R} \\
			x & \longmapsto \left[ x\right] _R
		\end{split}
	\end{equation*}
	heißt \textit{Quotientenabbildung}\index{Quotientenabbildung}.
\end{myex}
\begin{mydef}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum, $R$ eine \"Aquivalenz\-relation auf $X$ und $p$ die zugeh\"orige Projektion. 
	Die \textit{Quotiententopologie}\index{Quotiententopologie}  auf $\sfrac{X}{R}$
	von $\left( \left( p,X,\mathscr{O}\right) ,\sfrac{X}{R}\right) $ 
	ist definiert als
		$$\mathscr{O}_{\sfrac{X}{R}}=\left\lbrace A\subseteq \sfrac{X}{R}\myst p^{-1}[A] \in\mathscr{O}\right\rbrace .$$
\end{mydef}
\begin{myrem}
 Die durch $\left( \left( p,X,\mathscr{O}\right) ,\sfrac{X}{R}\right) $ gegebene Finaltopologie ist gerade die Quotiententopologie $\mathscr{O}_{\sfrac{X}{R}}$.
 \end{myrem}
\begin{myex}
	Es sei $f\colon \left( X,\mathscr{O}\right) \to\left( Y,\mathscr{O}'\right) $ eine stetige Abbildung. Wir definieren
		$$x R x' :\Longleftrightarrow f(x) =f(x') .$$
	Dann ist $\bar{f}\colon  \sfrac{X}{R} \to Y$ durch $\bar{f}( \left[ x\right] _R) :=f(x) $ wohldefiniert, denn, wenn $\left[ x\right] _R=\left[ y\right] _R$, so ist $f(x) =f(y)$, da $x R y$. $\bar{f}$ ist sogar injektiv, denn, wenn $\bar{f}(\left[ x\right] _R) =\bar{f}(\left[ y\right] _R) $, so ist $f(x) =f(y) $, $x R y$ und $\left[ x\right] _R=\left[ y\right] _R$.\\
\end{myex}


\begin{mytheo}
	Es sei $f\colon \left( X,\mathscr{O}\right) \to\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) $ stetig und $R$ wie oben definiert.  Dann ist $\bar{f} \colon  \left( \sfrac{X}{R},\mathscr{O}_{\sfrac{X}{R}}\right) \to \left( Y,\mathscr{O}_Y\right) $ stetig.
\end{mytheo}
Im Diagramm hat man folgende Situation.
\begin{center}
	\begin{tikzcd}
		{\left( \sfrac{X}{R},\mathscr{O}_{\sfrac{X}{R}}\right) } \arrow[rr, "\bar{f}"] \arrow[rrdd, "\bar{f}"]  &	& {\left( f[X],(\mathscr{O}_Y)_{f[X]}\right) } \arrow[dd, "\iota=Inklusion"]	\\
		&	&	\\
		{\left( X,\mathscr{O}\right) } \arrow[uu, "p"] \arrow[rr, "f"]    &	& {\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) }
	\end{tikzcd}
\end{center}

\begin{proof} Erster Beweis f\"ur die Stetigkeit: Es sei $A \in \mathcal O_Y$. Es ist $f = \bar{f} \circ p$. Dann ist 
$\bar{f}^{-1}[A] \in \mathcal O_{X/R}$, da $p^{-1}[\bar{f}^{-1}[A]] = 
(\bar{f} \circ p)^{-1}[A] = f^{-1}[A] \in \mathcal O$.

Beweis mit Diagramm:
	Weil $f=\bar{f}\circ p$, folgt dies aus dem Satz über die Finaltopologie: $\bar{f}$ ist stetig genau dann, wenn $f=\bar{f}\circ p$ stetig ist. Im unteren Dreieck ist das Diagramm aus Satz \ref{FinaFunc} \"uber die Finaltopologie, um oberen Dreieck das Diagramm aus dem Satz \ref{2.6} von der Spurtopologie als Initialtopogie.
\end{proof}
\begin{mydef}
	Es seien $f$ und $R$ wie oben. Wenn $\bar{f}\colon \left( \sfrac{X}{R},\mathscr{O}_{\sfrac{X}{R}}\right) \to\left( f[X] ,\mathscr{O}'\right) $ offen ist, so heißt $f$ \textit{identifizierende Abbildung}\index{identifizierende Abbildung}.
\end{mydef}
Man \"uberlegt sich: Wenn $f$ stetig und surjektiv ist und $\bar{f}$ offen ist, so ist $\bar{f}$ ein Hom\"oomorphismus.  Wenn $f$ stetig ist und $\bar{f}$ offen ist, so ist $\bar{f}$ eine Einbettung. 

\section{Der Summenraum}
\begin{mydef}
	Es sei $I$ eine Indexmenge und seien $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I}$ topologische Räume. Die $\left( X_i\right) _{i\in I}$ seien paarweise disjunkt, d.h. $i\neq j\rightarrow X_i\cap X_j = \emptyset$ (falls die $\left( X_i\right) _{i\in I}$ nicht disjunkt sind, so kann man sie durch $X_i':=X_i\times\left\lbrace i\right\rbrace $ künstlich disjunkt machen und ann mit der Produkttopologie mit der Einermengentopologie versehen).\\
	Die \textit{topologische Summe von $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) _{i\in I}$}\index{Summentopologie} ist definiert als
		$$\sum_{i\in I}\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) := \left( \bigcup_{i\in I} X_i, \left\lbrace Z \subseteq \bigcup_{i\in I}X_i \myst \forall i\in I \myspace Z\cap X_i\in\mathscr{O}_i\right\rbrace \right) .$$
\end{mydef}



\section{Anheften oder Zusammenkleben von R\"aumen}

Nun stellen wir eine spezielle Familie von finalen Topologien her. Die Relation $R$ wird hier von $f$ zusammen mit der Identit\"at auf der topologischen Summe von $(X, \mathcal O_X)$, $Y , \mathcal O_Y)$ erzeugt. Diese beiden zusammen spielen die Rolle von $f$ im vorigen Abschnitt. 

\begin{mydef}
	Es seien $X,Y$ disjunkt und seien $\left( X,\mathscr{O}_X\right) ,\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) $ topologische Räume. Es sei $A\subseteq X$ und $f\colon A\to Y$ stetig bezüglich der Spurtopologie auf $A$. Auf $X\cup Y$ definieren wir die durch $f$ erzeugte Äquivalenzrelation $R$ durch
		$$ z_1 R z_2:\Longleftrightarrow
		\begin{cases}
			z_1,z_2\in A\wedge f(z_1) = f(z_2) & \text{oder} \\
			z_1\in A\wedge f(z_1) =z_2 & \text{oder} \\
			z_2\in A\wedge f(z_2) =z_1 & \text{oder} \\
			z_1=z_2.
		\end{cases}
		$$
	        Man kann nachrechnen, dass $R$ eine Äquivalenzrelation ist. Im Einzelnen sind die Klassen: Falls $z \in A$, so ist $[z]_R = f^{-1}[\{z\}] \cup \{f(z)\}$. Falls $z \in f[A]$, so ist $[z]_R = \{z \} \cup
                f^{-1}[\{z\}]$. Falls $z \in X \cup Y \smallsetminus (A \cup f[A])$, so ist $[z]_r = \{z\}$.\\
	Der Raum $\sfrac{\left( \left( X,\mathscr{O}_X\right) +\left( Y,\mathscr{O}_Y\right) \right)}{R}=:Y\cup_f X$ heißt die \textit{Adjunktion/Anheftung/ Zusammenklebung von $X$ an $Y$ mithilfe von $f$}\index{Adjunktion}\index{Anheftung}\index{Zusammenklebung}.
\end{mydef}

\begin{myex}
	Spezialfall: $Y=\left\lbrace 1\right\rbrace $, d.h. $x R x'\Leftrightarrow x=x'\vee x,x'\in A$. Dann heißt $Y\cup_f X$ \textit{Zusammenschlagen von $A$}\index{Zusammenschlagen} und wird auch $\sfrac{X}{A}$ geschrieben.
\end{myex}

\begin{myrem}
	 Unter geeigneten Zusatzvoraussetzungen (siehe z.B. Satz 19.3 Greenburg Algebraische Topologie, Es seite 83f) gilt:
	\begin{enumerate}
		\item $\iota \colon  Y\to Y\cup_f X$ stetig, offen und eine Einbettung, wobei $\iota$ die Inklusionsabbildung ist.
		\item $\id\colon X\smallsetminus A\to Y\cup_f X$ ist eine abgeschlossene Einbettung.
	\end{enumerate}
\end{myrem}
\begin{myex}
	Das M\"obiusband\index{M\"obiusband}: Es sei $X = [0,1] \times [0,1]$, $[0,1]$ mit der Spurtopologie von $\mathbb R$ versehen. $Y= [0,1]$, ebenfalls mit dieser Topologie. $A = \{(x,z) \in X : x = 0 \vee x= 1\}$.
	Die Funktion $f \colon X \to Y$ verklebt die R\"ander $f(0,y) = 1-y$, $f(1,y) = y$ verdreht.
\end{myex}

\chapter{Zusammenhängende und wegzusammenhängende Räume}

\begin{mydef}
	Ein topologischer Raum $\left( X,\mathscr{O}\right) $ heißt \textit{zusammenhängend}\index{zusammenhängend}, wenn es keine nicht-leeren, disjunkten, offenen Mengen $U_1,U_2$ gibt, sodass $U_1\cup U_2=X$.
\end{mydef}

\begin{mylem}
	$\left( X,\mathscr{O}\right) $ ist genau dann zusammen\-hängend, wenn $\emptyset$ und $X$ die einzigen Teilmengen von $X$ sind, die zugleich offen und abgeschlossen sind.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ nicht zusammenhängend und seien $U_1,U_2$ nicht-leere, disjunkte und offene Mengen, sodass $U_1\cup U_2=X$. Dann ist $X\neq U_1 \neq \emptyset$ und $U_1 = X\smallsetminus U_2$ ist offen und abgeschlossen zugleich.\\
	Es sei umgekehrt $U_1$ offen und abgeschlossen, so dass $X\neq U_1 \neq \emptyset$. Dann ist $\left\lbrace U_1, X \smallsetminus U_1\right\rbrace $ eine offene Partition von $X$.
\end{proof}

\begin{myrem}
	Ein topologischer Raum $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ist genau dann zusammen\-hängend, wenn es keine stetige Funktion $f\colon \left( X,\mathscr{O}\right) \to \left( \left\lbrace 0,1\right\rbrace ,\mathscr{P}(\left\lbrace 0,1\right\rbrace) \right) $ gibt, die surjektiv ist.
\end{myrem}

\begin{myprop}
	Es seien $a, b \in \mathbb{R}$, und sei $a<b$. Das offene Intervall $\left( a,b\right)$ ist zusammenhängend (in der Spurtopologie bezüglich der Standardtopologie auf $\mathbb{R}$).
\end{myprop}

\begin{proof}
	Angenommen, $\left( a,b\right) $ sei nicht zusammenhängend. Es seien $O_1,O_2$ nicht-leer, offen und disjunkt, sodass $O_1 \cup O_2=\left( a,b\right) $. O.B.d.A. gibt es $x_1\in O_1$ und $x_2\in O_2$, so dass $x_1<x_2$. Wir setzen
		$$S:=\left\lbrace s\in\left( a,b\right) \myst \left[ x_1,s\right] \subseteq O_1\right\rbrace $$
	Dann ist $S$ durch $x_2$ nach oben beschränkt. Da $\mathbb{R}$ vollständig ist, hat $S$ ein Supremum $m$. Wir zeigen, dass $m \notin O_1$ und $m\notin O_2$.
	\begin{itemize}
		\item Angenommen $m\in O_1$. Dann existiert ein $\varepsilon \in \mathbb{R}_{>0}$, sodass $U_{\varepsilon}(m) \subseteq O_1$. Damit ist auch $m+\frac{\varepsilon}{2}\in S$.
		\item Angenommen $m\in O_2$. Dann existiert ein $\varepsilon \in \mathbb{R}_{>0}$, sodass $U_{\varepsilon}(m) \subseteq O_2$. Damit ist aber $m-\frac{\varepsilon}{2}\notin S$.
	\end{itemize}
	Da beide Fälle zum Widerspruch führen, ist $\left( a,b\right) $ zusammenhängend.
\end{proof}
\begin{mydef} Es sei $(X, \mathcal O)$ ein topologischer Raum und $A \subseteq X$.
$A$ hei\ss t zusammenh\"angend (in $(X,\mathcal O)$), wenn $(A, \mathcal O_A) $ zusammenh\"angend ist.
\end{mydef}
 
\begin{mytheo}[Über die Vererbung des Zusammenhangs auf den Abschluss]\label{SatzVererbung}
	\text{}\\
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum und $A\subseteq X$ zusammenhängend. Dann gilt:
	\begin{enumerate}
		\item $\forall B \myspace \left( A\subseteq B\subseteq \bar{A} \rightarrow B \text{ ist zusammenhängend}\right) $
		\item $\forall B \myspace \left( A\cap \mathring{B}\neq\emptyset\wedge A\cap\left( X\smallsetminus B\right)^{\circ}\neq\emptyset\rightarrow A\cap\partial B\neq\emptyset\right) $
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\text{}
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $B$, sodass $A\subseteq B\subseteq \bar{A}$ und $B\subseteq U_1\sqcup U_2$, sodass $U_1\cap B\neq\emptyset$, $U_2\cap B\neq\emptyset$. Dann ist $U_1\sqcup U_2\supseteq B\supseteq A$. Da $U_i$ offen ist und $U_i\cap\bar{A}\neq\emptyset$, ist $U_i\cap A\neq\emptyset$ (sonst wäre $\bar{A}\smallsetminus U_i$ eine kleinere abgeschlossene Menge, die $A$ enthält). Also ist $U_1,U_2$ eine offene Zerlegung von $A$.
		\item Falls $A\cap \partial B=\emptyset$, ist $\left\lbrace \mathring{B},\left( X\smallsetminus B\right) ^{\circ}\right\rbrace $ eine offene Partition von $A$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{BildZusammenhang}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}\right) $ und $\left( Y,\mathscr{O}'\right) $ topologische Räume, $X$ sei zusammen\-hängend und ${f \colon  X \to Y}$ sei stetig. Dann ist auch $f[X]$ zusammenhängend.
\end{mytheo}
\begin{proof}
	Es sei $f[X] $ nicht-zusammenhängend und sei $\left\lbrace V_1, V_2\right\rbrace $ eine offene Partition von $f[X] $. Dann ist $\left\lbrace f^{-1}[V_1] , f^{-1}[V_2] \right\rbrace $ eine offene Partition von $X$ (da $f$ stetig ist).
\end{proof}
\begin{myrem}
	Der Zwischenwertsatz ist ein Spezialfall dieses Satzes, wenn man bedenkt, dass die einzigen zusammenhängenden Teilmengen von $\mathbb{R}$ die Intervalle sind.
\end{myrem}

\begin{mylem}
	Ein topologischer Raum $\left( X,\mathscr{O}\right)$ ist genau dann zusammen\-hängend, wenn es zu jeder offenen Überdeckung $\mathscr{U}$ von $X$ (d.h. $\mathscr{U}\subseteq\mathscr{O}$ und $\bigcup\mathscr{U}=X$) und für alle $a,b\in X$ eine endliche Teilmenge $\langle U_1, \ldots, U_n\rangle$  gibt mit den folgenden Eigenschaften:
	\begin{enumerate}
	\item $U_i \in \mathscr U$,
		\item $a\in U_1 \smallsetminus U_j$ für alle $j>1$,
		\item  $b\in U_n \smallsetminus U_j$ für alle $j<n$.
		\item $U_i\cap U_j\neq\emptyset \Longleftrightarrow |i-j|\leq 1$.
	\end{enumerate}
\end{mylem}
\begin{proof}
	Es sei $\left\lbrace U_1 ,U_2\right\rbrace $ eine offene Partition von $X$ und wähle $a \in U_1$ und $b \in U_2$. Dann ist $\mathscr{U}: =\left\lbrace U_1,U_2\right\rbrace $ eine offene Überdeckung ohne die gewünschte Eigenschaft.\\
	Für die umgekehrte Richtung definieren, gegeben die offene \"Uberdeckung $\mathscr U = \mathscr O$ von $X$, eine Äquivalenzrelation auf $X$: Für $x,y \in X$ gelte $x \sim y$ genau dann, wenn es $\langle U_1,\ldots,U_n\rangle$ gibt, sodass
	\begin{enumerate}
	\item $U_i \in \mathscr U$,
			\item $x\in U_1 \smallsetminus U_j$ für alle $j>1$ und $y\in U_n \smallsetminus U_j$ für alle $j<n$.
		\item $U_i\cap U_j\neq\emptyset \Longleftrightarrow |i-j|\leq 1$.
	\end{enumerate}
	In diesem Falle sagen wir, dass $\langle U_1,\ldots,U_n\rangle$ eine Kette von $x$ nach $y$ ist.
	Dass $\sim$ reflexiv und symmetrisch ist, ist klar. Zur Transitivität: Es sei $\langle U_1, \dots, U_n\rangle$ eine Kette von $x$ nach $y$ und $\langle V_1,\ldots,V_m\rangle $ eine Kette von $y$ nach $z$.\\
	Es sei $k:=\min\left\lbrace i\leq n \myst \exists j\in\left\lbrace 1,\ldots,m\right\rbrace \myspace \left( U_i\cap V_j\right) \neq\emptyset\right\rbrace $ ($k$ ist wohldefiniert, da $y \in U_n \cap V_1$) und $l:=\max\left\lbrace j\leq m \myst U_k\cap V_j\neq\emptyset\right\rbrace $. Es folgt, dass die Menge $\langle  U_1,\ldots,U_k, V_l,\ldots,V_m\rangle $ eine Kette von $x$ {nach $z$} ist.\\
	Jede Äquivalenzklasse ist offen: Es sei $x\sim y$. Wir zeigen, dass es eine offene Umgebung von $y$ gibt, die ganz in $[x]_\sim$ liegt. Es sei $\langle U_1,\dots,U_n\rangle $ eine Kette von $x$ nach $y$. Wenn $z\in U_n$, definieren wir $k:=\min\{i\leq n\;|\;z\in U_i\}$. Dann ist $\langle U_1,\dots,U_k\rangle$ eine Kette von $x$ nach $z$. Also ist $U_n \subseteq [x]_\sim$. Da Äquivalenzklassen paarweise disjunkt sind, ist auch jede Äquivalenzklasse abgeschlossen. Weil $X$ zusammenhängend ist, sind $X$ und $\emptyset$ die einzigen Mengen, die offen und abgeschlossen sind. Also gibt es nur eine einzige Äquivalenzklasse. Dies entspricht der Aussage des Lemmas.
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{SatzZusammenhang}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum, $A$, $B$ zusammenhängend und $A\cap B \neq \emptyset$. Dann ist $A\cup B$ zusammenhängend.
\end{mytheo}

\begin{proof}
  Wir nehmen auf $A\cup B$ die Relation $x\sim y$, die Kettenverbindung
  bez\"uglich der offenen \"Uberdeckung  $\mathscr{U}=\mathscr{O}$. Es sei $b\in A\cap B$, $x\in A$ und $y\in B$. Dann ist $x\sim b$, da $A$ zusammenhängend ist, und $y\sim b$, da $B$ zusammenhängend ist. Damit ist auch $x\sim y$.
\end{proof}

\begin{myrem}
	Das vorherige Lemma lässt sich auf folgende Weise verallgemeinern: Es sei $I$ eine Indexmenge und seien $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ zusammenhängende topologische Räume für alle $i\in I$. Es sei weiterhin $\forall i,j\in I \myspace X_i \cap X_j\neq\emptyset$. Dann ist $\bigcup_{i\in I} X_i$ zusammenhängend.
\end{myrem}

\begin{mytheo}\label{ProdZusammenhang}
	Es sei $I$ eine Indexmenge und seien $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ topologische Räume für alle $i \in I$. Der Produktraum $\prod_{i\in I} X_i$ ist genau dann zusammenhängend, wenn alle $\left( X_i,\mathscr{O}_i\right) $ zusammenhängend sind.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $\prod_{i\in I}X_i$ zusammenhängend. Dann ist für jedes $i\in I$ der Raum $X_i$ zusammenhängend, weil die Projektion $p_i$ stetig ist (nach Lemma \ref{BildZusammenhang}).\\
	Es sei umgekehrt $a\in\prod_{i \in I} X_i$ und 
		$$B=\left\lbrace b\in\prod_{i\in I} X_i \myst \exists Y \subseteq \prod_{i\in I}X_i \text{ zusammenhängend, so dass }a,b \in Y\right\rbrace .$$
	Wir zeigen nun, dass für alle offenen Mengen $O$ gilt, dass $O\cap B\neq\emptyset$.
	Es reicht, Elemente aus der Basis aus Definition \ref{Produkttopologie} zu betrachten. Wir können also ohne Einschränkung annehmen, dass $O$ die Gestalt $O=\prod_{i\in I_0}U_i \times \prod_{i \in I \smallsetminus I_0}X_i$ hat für offene Mengen $U_i \in \mathscr{O}_i$ und ${I_0=\left\lbrace 1,\ldots,n\right\rbrace}$. Es sei $b_i\in U_i$ für $i \in I_0$, dann ist $b := \left( b_1,\ldots,b_n, a_{n+1}, a_{n+2}, \ldots\right) \in O$.
	Setze nun für alle $j \in \left\lbrace 1, \ldots, n \right\rbrace$ 
		$$Z_j:=\left\lbrace b_1\right\rbrace \times\left\lbrace b_2\right\rbrace \times\ldots\times\left\lbrace b_{j-1}\right\rbrace \times X_j\times\left\lbrace a_{j+1}\right\rbrace \times\ldots\times\left\lbrace a_n\right\rbrace \times\prod_{i\in I\smallsetminus I_0}\left\lbrace a_i\right\rbrace.$$
	Dann ist $Z_j$ zusammenhängend, da $X_j$ zusammenhängend ist. Außerdem gilt $(b_1, \dots, b_j, a_{j+1}, \dots, a_n) {}^\smallfrown \langle a_i : i \in I \setminus I_0\rangle \in Z_j\cap Z_{j+1}\neq\emptyset$ und damit ist nach Satz \ref{SatzZusammenhang} auch
		$$Z:=\bigcup_{i=1}^nZ_i$$
	zusammenhängend. Nach Definition der $Z_j$ ist $a \in Z_1$ und $b \in Z_n$. Damit folgt $Z\cap O\neq\emptyset$ und da $Z$ zusammenhängend ist auch $Z \subseteq B$. Somit haben wir gezeigt, dass $O \cap B \neq \emptyset$.\\
	Daraus folgt, dass $\bar{B}=\prod_{i\in I}X_i$. Damit gilt $B\subseteq \prod_{i\in I}X_i\subseteq \bar{B}$ und mit Satz \ref{SatzVererbung} folgt, dass $\prod_{i\in I}X_i$ zusammenhängend ist.
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $(X, \mathscr{O})$ ein topologischer Raum und $x \in X$. Dann heißt $\mathscr{K}(x)$ die \textit{Zusammenhangskomponente von $x$}\index{Zusammenhangskomponente}, wobei
		$$\mathscr{K}(x) := \bigcup \left\lbrace Y \subseteq X \myst x \in Y \text{ und } Y \text{ zusammenhängend} \right\rbrace .$$
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Falls $\forall x\in X$ \myspace $\mathscr{K}(x) =\left\lbrace x\right\rbrace $, dann heißt $\left( X,\mathscr{O}\right) $ \textit{total unzusammenhängend}\index{total unzusammenhängend}.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum.
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $I=\left[ 0,1\right] _{\mathbb{R}}$ mit der Standardtopologie. Eine Abbildung $\gamma \colon  I\to X$ heißt \textit{Weg von $x$ nach $y$}\index{Weg}, wenn $\gamma$ stetig ist und $\gamma(0) =x, \gamma(1) =y$.
		\item $\left( X,\mathscr{O}\right) $ heißt \textit{wegzusammenhängend}\index{wegzusammenhängend}, wenn für alle $x,y\in X$ ein Weg von $x$ nach $y$ existiert.
		\item $\left( X,\mathscr{O}\right) $ heißt \textit{lokal zusammenhängend}\index{lokal zusammenhängend} \textit{(lokal wegzusammenhängend)}\index{lokal wegzusammenh\"angend}, wenn
		  \begin{equation*}
                  \begin{split}
                    \forall x\in X \myspace \forall U\in\mathscr{U}(x) \myspace \exists V\in\mathscr{U}(x) \myspace \bigl( V\subseteq U\wedge V&\text{ zusammenhängend}
                    \\ & \text{(wegzusammenhängend)} \bigr).
                  \end{split}
                  \end{equation*}
	\end{enumerate}
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum und $x\in X$. Dann heißt $\mathscr{K}_w(x) $ die \textit{Wegzusammenhangskomponente von $x$ in $\left( X,\mathscr{O}\right) $}\index{Wegzusammenhangskomponente} mit
		$$\mathscr{K}_w(x) :=\left\lbrace y\in X \myst \exists\gamma\colon \left[ 0,1\right] \to X \myspace \left( \gamma(0) =x, \gamma(1) =y\right)\right\rbrace .$$
\end{mydef}

\begin{mytheo}
	\text{}
	\begin{enumerate}
		\item Jeder (lokal) wegzusammenhängende Raum ist (lokal) zusammenhängend.
	
		\item Wenn $X$ lokal wegzusammenhängend ist, ist $\mathscr{K}_w(x) $ offen für alle $x$. Wenn $X$ lokal zusammenhängend ist, ist $\mathscr{K}(x) $ offen für alle $x$.
			\item Wenn $X$ zusammenhängend und lokal wegzusammenhängend ist, ist $X$ wegzusammenhängend.
		\item $\prod_{j\in J}X_j$ ist lokal zusammenhängend genau dann, wenn jedes $X_i$ lokal zusammenhängend ist und für alle bis auf endlich viele $j\in J$ gilt, dass $X_j$ zusammenhängend ist.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\text{}
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $X$ nicht zusammenhängend und $X=U\cup V$ mit $U,V$ disjunkt, nicht-leer und offen. Es sei $x\in U, y\in V$. Falls $\gamma\colon \left[ 0,1\right] \to X$ stetig ist mit $\gamma(0) =x,\gamma(1) =y$, so ist $I=\gamma^{-1}[U] \cup\gamma^{-1}[V] $. Weiterhin sind $\gamma^{-1}[U] ,\gamma^{-1}[V] $ nicht-leer und offen (da $\gamma$ stetig ist) und disjunkt (da $U$ und $V$ disjunkt sind). Damit wäre $I$ nicht zusammenhängend, ein Widerspruch.
		
		\item Es sei $X$ lokal wegzusammenhängend. Damit gilt $\forall x \myspace \exists V_x\in\mathscr{U}(x) $, sodass $V_x$ wegzusammenhängend. Dann gilt
			$$\mathscr{K}_w(x) = \bigcup\left\lbrace V_y \myst \text{es gibt einen Weg von } x \text{ nach } y \right\rbrace .$$
			
			
		Für die zweite Aussage: Es sei $x \in X$, $y \in \mathscr K(x)$. Da $X$ lokal zusammenhängend ist, gibt es $V_y\in\mathscr{U}(y)$, sodass $V_y$ zusammenhängend ist. Damit gilt $V_y\cap Y\neq\emptyset$, also ist $V_y\cup Y$ zusammenhängend und $V_y\cup Y\ni x$. Also ist $V_y\cup Y\subseteq\mathscr{K}(x)$.
	\item Aus 2 folgt, dass $\mathscr{K}_w(x) $ offen ist für alle $x$. Es sei $\left\lbrace K_j \myst j\in J \right\rbrace $ die Menge der Wegzusammenhangskomponenten von $X$, wobei $K_i \neq K_j$ für $i \neq j$. Dann ist
			$$K_1\cup\bigcup\left\lbrace K_j \myst x\in J\smallsetminus\left\lbrace 1\right\rbrace \right\rbrace =X.$$
		Weil $X$ zusammenhängend ist, muss $\bigcup\left\lbrace K_j \myst x\in J\smallsetminus\left\lbrace 1\right\rbrace \right\rbrace $ leer sein (offen und disjunkt sind die Mengen). Damit gibt es nur eine Wegzusammenhangskomponente, d.h. $X$ ist wegzusammenhängend.
			\item Übung.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{myrem}
	\begin{enumerate}
		\item Es gibt wegzusammenhängende Räume, die nicht lokal wegzusammenhängend sind: Es sei $X:=\left\lbrace \left( x,\sin(x^{-1}) \right) \myst x\in\left( 0,1\right) \right\rbrace $. Wir bilden den Abschluss im $\mathbb{R}^2$.
			$$\bar{X}=\left\lbrace \left( x,\sin(x^{-1}) \right) \myst x\in\left( 0,1\right) \right\rbrace \cup\left\lbrace \left( 0,y\right) \myst y\in\left[ -1,1\right] \right\rbrace .$$
		$\bar{X}$ ist zusammenhängend, aber nicht wegzusammenhängend: Es sei $x_2:=\left( 0,1\right) $ und $x_1:=\left( 0.5,\sin(2) \right) $. Dann ist $\mathscr{K}_w(x_1) \cap \mathscr{K}_w(x_2) =\emptyset$.
		\item Es gibt wegzusammenhängende Räume, die nicht lokal zusammenhängend sind: Es sei
		  $$X:=\{\left( 0,y\right)\myst y\in\left[ 0,1\right]\} \cup \{(x,1-(n+1)\cdot x) : x \in [0,\frac{1}{n+1}], n \in {\mathbb N} \}.$$
                  Die Menge $X$ wird mit der Spurtopologie von ${\mathbb R}^2$ ausgestattet.
		Für $\left( 0,\frac{1}{2}\right) $ gibt es keine zusammenhängende Umgebung.
		
	\end{enumerate}
\end{myrem}

\begin{myque}
Anregung zum Basteln eines Weges:
 Es sei $(\mathbb R, \mathscr O)$ der reelle Raum mit der Standardtopologie.  F\"ur $n \in \mathbb N$ sei $(\mathbb R_n, \mathscr O_n)$ hom\"oomorph zu $(\mathbb R, \mathscr O)$. Ist $\prod_{n \in \mathbb N} (\mathbb R_n, \mathscr O_n)$ lokal wegzusammenh\"angend? Wie w\"are es f\"ur \"uberabz\"ahlbar viele Faktoren? 
\end{myque}

\chapter{Filter und Konvergenz}

\begin{mydef}
	Es sei $(X, \mathscr{O})$ ein topologischer Raum.\\
	Eine Folge $\left( x_n\right) _{n\in\mathbb{N}}$ in $X$ \textit{konvergiert gegen $x$}\index{Konvergenz}, wir schreiben $x_n \rightarrow x$, wenn
		$$\forall U\in\mathscr{U}(x) \myspace \exists n_0 \myspace \forall n\geq n_0 \myspace \left( x_n\in U\right) .$$
	Ein Punkt $x \in X$ heißt \textit{Häufungspunkt einer Folge $\left( x_n\right) _{n\in\mathbb{N}}$}\index{Häufungspunkt}, wenn
		$$\forall U\in\mathscr{U}(x) \myspace \forall n_0 \myspace \exists n\geq n_0 \myspace \left( x_n\in U\right) .$$
	Ein Punkt $x \in X$ heißt \textit{Berührungspunkt einer Teilmenge $A \subseteq X$}\index{Berührungspunkt}, wenn
		$$\forall U \in \mathscr{U}(x) \myspace \left( U \cap A \neq \emptyset\right) .$$
\end{mydef}

\begin{myex}
	Es sei $X:=\omega_1\cup\left\lbrace \omega_1\right\rbrace $ versehen mit der Ordnungstopologie. Dann ist der Punkt $\omega_1$ Berührpunkt von der Menge $\omega_1$, aber es gibt keine Folge in $\omega_1$, die gegen $\omega_1$ konvergiert.
\end{myex}

\begin{myex}
	Es sei $X:=\mathbb{R}^{|\mathbb{R}|}=\prod_{r\in\mathbb{R}}\mathbb{R}_r$ mit der Produkttopologie bzgl. der Standardtopologie. Es sei $f\in\mathbb{R}^{\mathbb{R}}$, sodass $\forall r\in\mathbb{R} \myspace f(r) =0$. Eine Umgebungsbasis von $f$ ist gegeben durch
		$$\mathscr{U}(f) =\left\lbrace \prod_{j\in J_0}O_i\times\prod_{j\in\mathbb{R}\smallsetminus J_0}\mathbb{R}\myst J_0\subseteq\mathbb{R}, J_0 \mbox{ endlich}, O_j\in\mathscr{U}(0) _{\mathbb{R}}\right\rbrace .$$
        Es sei \[f_r(x) = \begin{cases} 0, & \mbox{ falls }x \neq r;\\
          1, & \mbox{ falls } x =r.
          \end{cases}\] Dann ist $f$ Ber\"uhrungspunkt von $\{f_r \myst r \in \R\}$.
\end{myex}

\begin{mytheo}
	Es seien $\left( X,\mathscr{O}\right) $ und $\left( Y,\mathscr{O}'\right) $ topologische Räume mit abzählbarer Umgebungsbasis, und sei $x \in X$.
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $A\subseteq X$. Dann ist $x\in\bar{A}\leftrightarrow\exists\left( x_n\right) _{n\in\mathbb{N}}\subseteq A, \myspace x_n\rightarrow x$, wobei für die Vorw\"artsrichtung das Auswahlaxiom benutzt wird.
		\item $f\colon X\to Y$ ist stetig in $x$ genau dann, wenn \[
                  \forall\left( x_n\right) _{n\in\mathbb{N}} \myspace \left(x_n \rightarrow x \Rightarrow f(x_n)\rightarrow f(x) \right).
                  \]
                  Hier wird f\"ur die R\"uckw\"artsrichtung das Auswahlaxiom benutzt.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

Dieser Satz wurde in der Analysis I bewiesen.

\begin{mydef}
	Eine Teilmenge $\mathscr{F}\subseteq\mathscr{P}(X) $ heißt \textit{Filter über $X$}\index{Filter}, wenn
	\begin{enumerate}
		\item $X\in\mathscr{F}$, bzw. $\mathscr{F}\neq\emptyset$. $\emptyset\notin\mathscr{F}$.
		\item $A\in\mathscr{F}\wedge A\subseteq B\rightarrow B\in\mathscr{F}$.
		\item $A,B\in\mathscr{F}\rightarrow A\cap B\in\mathscr{F}$.
	\end{enumerate}
\end{mydef}

\begin{myex}
	Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum und $x\in X$. Dann ist $\mathscr{U}(x) $ ein Filter über $X$ (der sogenannte \textit{Umgebungsfilter}\index{Umgebungsfilter}).
\end{myex}

\begin{mydef}
	Es sei $\mathscr{F}$ ein Filter über $X$. Eine Teilmenge $\mathscr{B}\subseteq\mathscr{F}$ heißt \textit{Filterbasis von $\mathscr{F}$}\index{Filterbasis}, wenn
		$$\forall F\in\mathscr{F} \myspace \exists B\in\mathscr{B} \myspace \left( B\subseteq F\right) .$$
\end{mydef}

\begin{myrem}
\begin{enumerate}
\item[(1)] 
	$\mathscr{B} \subseteq \mathscr{F}$ ist Basis des Filters $\mathscr{F}$ genau dann, wenn
		$$\forall B_1 \in \mathscr{F} \exists B_2\in\mathscr{B}, B_1 \supseteq B_2.$$
	Allgemeiner gilt:	$\mathscr{B}\subseteq{\mathcal P}(X)$ ist Basis eines Filters auf $X$ genau dann, wenn
		$$\emptyset \not\in \mathscr{B} \wedge \forall B_1,B_2\in\mathscr{B} \myspace \exists B_3\in\mathscr{B} \myspace \left( B_1\cap B_2\supseteq B_3\right).$$
\item[(2)]		Falls $\mathscr S\subseteq {\mathscr P}(X)$ nicht gegen endliche Schnitte abgeschlossen ist, aber jeder endliche Schnitt aus $\mathscr{S}$ nicht leer ist, so ist der von $\mathscr{S}$ auf  $ X$ erzeugte Filter 
		$$\mathscr{F}:=\left\lbrace U\subseteq X \myst \exists B_0, \ldots , B_{n} \in \mathscr{S} \myspace \left( U \supseteq \bigcap_{i=0}^{n} B_i \right) \right\rbrace.$$ Die Menge der endlichen Schnitte von Elementen aus $\mathscr{S}$ ist eine Basis von $\mathscr{F}$. $\mathscr{S}$ kann man eine Subbasis nennen.
		
\item[(3)]	Der von $\emptyset$ erzeugte Filter ist $\mathscr{F}=\left\lbrace X\right\rbrace $.
\end{enumerate}\end{myrem}

\begin{mydef}
	Ein Filter $\mathscr{F}$ heißt \textit{frei}\index{Filter!frei}, wenn $\bigcap\mathscr{F}=\emptyset$. Falls $\mathscr{F}$ nicht frei ist, so heißt $\mathscr{F}$ \textit{fixiert}\index{Filter!fixiert}.
\end{mydef}

\begin{myex}
	Der \textit{Fréchet-Filter}\index{Filter!Fréchet-} über $\mathbb{N}$ ist $\mathscr{F}:=\left\lbrace A\subseteq\mathbb{N}\myst \mathbb{N}\smallsetminus A\text{ ist endlich}\right\rbrace $. Er ist frei.
\end{myex}

\begin{mydef}
	$\mathscr{U}$ heißt \textit{Ultrafilter}\index{Ultrafilter}, wenn $\mathscr{U}$ ein $\subseteq$-maximaler Filter ist, d.h.
		$$\forall A\subseteq X \myspace \left( A\in\mathscr{U}\vee X\smallsetminus A\in\mathscr{U}\right).$$
\end{mydef}

\begin{mytheo}\label{UFSatz}
	Jeder Filter kann zu einem Ultrafilter erweitert werden.
\end{mytheo}

\begin{mydef}
	Es sei $H$ eine Menge und $\leq_H$ eine Halbordnung auf $H$ (d.h., $\leq_H$ ist transitiv, reflexiv und antisymmetrisch). $(H,\leq_H)$ heißt \emph{induktiv}, wenn jede Menge $K\subseteq H$, die durch $\leq_H$ total geordnet wird (d.h. für $x,y\in K$ gilt $x\leq_Hy$, $y\leq_Hx$ oder $x=y$), eine obere Schranke besitzt.
\end{mydef}

\begin{mytheo}\label{Zorn} Das Lemma von Zorn\index{Lemma von Zorn}.
	Jede induktive Halbordnung hat ein maximales Element.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $(H,\leq_H)$ eine induktive Halbordnung.
	
	Es sei $h \colon \cP(H) \smallsetminus \{\emptyset\} \to H$ eine
	Auswahlfunktion, d.h. $\forall X \subseteq H$, $X \neq \emptyset$ ist $h(X) \in X$.
	Es sei $K$ eine Kette in $(H, <_H)$ und sei $x \in K$. Dann sei $K_{<x}=\{
	y \in K \myst y <_H x\}$.
	Wir definieren: Eine Kette $K \subseteq H$ hei\ss t $h$-Kette,
	falls $(K,<_H)$ wohlgeordnet ist und f\"ur alle $x \in K$ gilt
	\begin{myrules}
		\item[(1)]
		$K_{<x}$ hat eine obere Schranke.
		\item[(2)]$x = h(\{m \in H \myst m \mbox{ obere Schranke von }K_{<x}\}$
	\end{myrules}
	Wir zeigen folgende Zwischenbehauptung: F\"ur je zwei $h$-Ketten $K$, $L$ gilt:
	\[K= L \vee (\exists x \in L)( K = L_{<x}) \vee (\exists x \in K)( L = K_{<x}).\]
	Dies zeigt man durch transfinite Induktion \"uber die l\"angere der beiden Wohlordnungen $K$, $L$. Wir nehmen o.B.d.A $K \smallsetminus L \neq \emptyset$ and und nehmen das $<_H$ kleinste Element $x \in K \smallsetminus L$. (Hier geht also die Wohlordnungseigenschaft ein.) Dann gilt f\"ur $K_{<x}$ und $L$ die Induktionsvoraussetzung, also $K_{<x} = L$ oder $K_{<x} = L_{<z}$ f\"ur ein $z \in L$
	oder $(K_{<x})_{<y} = L$ f\"ur ein $y \in K_{<x}$. Nach Wahl von $x$ sind die
	letzten beiden F\"alle ausgeschlossen. Im mittleren Fall folgt dies aus Eigenschaft (2) der $h$-Ketten. Daher ist $K_{<x} = L$, und die Behauptung gezeigt.
	
	Aus der Zwischenbehauptung folgt:
	Die Vereinigung $U$ aller $h$-Ketten ist selbst eine $h$-Kette.
	Dieses $U$ hat eine obere Schranke $m$, da $H$ induktiv ist. Dann ist
	$m \in U$ und $m$ maximal in $H$, da andernfalls $U$ zu einer echt l\"angeren $h$-Kette verl\"angert werden k\"onnte.
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis von Satz \ref{UFSatz}]
	Es sei $F$ ein Filter (eine Filterbasis ist schon ausreichend) und
		$$H = \left\lbrace G \subseteq \mathscr{P}(X) \myst G \supseteq F, \: G\text{ Filter}\right\rbrace.$$
	$\left( H,\subseteq\right)$ ist eine induktive Halbordnung, denn wenn $(K,\subseteq)$ total geordnet ist, so ist $\bigcup K$ eine obere Schranke von $K$.
        Nach dem Lemma von Zorn (Satz~\ref{Zorn}) hat $H$ ein maximales Element. Dies ist dann ein Ultrafilter, der $F$
        als Teilmenge enthält.
\end{proof}
  
\begin{mydef}\hfill
\begin{enumerate}	
\item[(1)]Es sei $\left( X,\mathscr{O}\right) $ ein topologischer Raum und $\mathscr{F}$ ein Filter auf $X$. $\mathscr{F}$ \textit{konvergiert gegen $x\in X$}\index{Konvergenz}, wenn $\mathscr{U}(x) \subseteq\mathscr{F}$.
	Wir schreiben $\mathscr F \to x$.

Beachten Sie, dass $x$ nicht eindeutig zu sein braucht. F\"ur die Eindeutigkeit
nutzt 
\[\forall x, \forall y, (x \neq y \rightarrow \exists U \in \cU(x), y \not \in U). \] 	
	
	\item[(2)] 
	$x \in X$ ist \textit{Berührungspunkt von $\mathscr{F}$}\index{Berührungspunkt}, wenn
		$$\forall U\in\mathscr{U}(x) \myspace \forall F\in\mathscr{F} \myspace \left( U\cap F\neq\emptyset\right).$$
		\end{enumerate}
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es seien $\mathscr{F}_1,\mathscr{F}_2$ Filter. Falls $\mathscr{F}_1\subseteq\mathscr{F}_2$, so heißt $\mathscr{F}_1$ gröber als $\mathscr{F}_2$ und $\mathscr{F}_2$ heißt feiner als $\mathscr{F}_1$.
\end{mydef}

%%% AB HIER NEU %%%

\begin{myrem}
	$x$ ist Berührpunkt von $\mathcal{F}$ genau dann, wenn es ein $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{F}$ gibt, sodass $\mathcal{G}\to x$. 
\end{myrem}

\begin{proof}
	Es sei $\mathcal{G}$ der von $\{U\cap F\myst U\in\mathcal{U}(x),F\in\mathcal{F}\}$ erzeugte Filter. Weil $x$ Berührpunkt von $F$ ist, ist $\emptyset\notin G$. Die Abgeschlossenheit bezüglich endlicher Schnitte folgt aus
	$$(U_1\cap F_1)\cap(U_2\cap F_2)=(U_1\cap U_2)\cap(F_1\cap F_2),$$
	weil $\mathcal{U}(x)$ und $\mathcal{F}$ Filter sind. Weil $F=X\cap F$, ist $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{F}$ und $\mathcal{G}\to x$.\\
	Es sei $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{F}$, sodass $\mathcal{G}\to x$. Für $U\in\mathcal{U}(x)$ und $F\in\mathcal{F}$ gilt dann, weil $F\in\mathcal{G}$, dass $F\cap U\in\mathcal{G}$ und, da $\mathcal{G}$ ein Filter ist, $F\cap U\neq\emptyset$.
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum, $A\subseteq X$. Dann gilt
	$$x\in \overline{A}\myspace\Leftrightarrow\myspace\exists\mathcal{F}(\mathcal{F}\text{ Filter auf }X\wedge A\in\mathcal{F}\wedge\mathcal{F}\to x)$$
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $x\in\overline{A}$. Weil jede Umgebung von $x$ $A$ schneidet, ist
	$$\mathcal{F}=\text{Filter}(\{U\cap A|U\in\mathcal{U}(x)\})$$
	ein Filter und $x$ ist Berührpunkt von $\mathcal{F}$. Also existiert ein $\mathcal{G}\supseteq\mathcal{F}$, das gegen $x$ konvergiert. $A\in\mathcal{G}$ gilt immer noch.\\
	Es sei $\mathcal{F}$ wie auf der rechten Seite. Weil $A\in F$ und $U\in\mathcal{U}(x)\subseteq\mathcal{F}$, ist $U\cap A\neq\emptyset$ für alle $U\in\mathcal{U}(x)$, also ist $x\in\overline{A}$.
\end{proof}

\begin{mytheo} Wir schreiben $f(\mathcal F) = \{f[F] : F \in \mathcal F\}$.
	Es seien $(X,\mathscr{O}_X),(Y,\mathcal{O_Y})$, $x\in X$, $f\colon X\to Y$. Dann gilt
	$$f\text{ stetig in }x\myspace\Leftrightarrow\myspace\forall\mathcal{F}\left(\left(\mathcal{F}\to x)\myspace \to(f(\mathcal{F})\to f(x))\right)\right)$$
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Übungsaufgabe.
\end{proof}

\chapter{Trennungseigenschaften}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum
	\begin{itemize}
		\item[T0] $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{T0-Raum}\index{T0-Raum}, wenn
		$$\forall x\neq y\in X \mathscr{U}(y)\neq\mathscr{U}(x)$$
		\item[T1] $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{T1-Raum}\index{T1-Raum}, wenn
		$$\forall x\neq y\in X\exists U_x\in\mathcal{U}(x),U_y\in\mathcal{U}(y)(x\notin U_y\wedge y\notin U_x)$$
		\item[T2] $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{T2-Raum}\index{T2-Raum} (oder \emph{Hausdorffraum}\index{Hausdorffraum}), wenn
		$$\forall x\forall y\in X\exists U_x\in\mathcal{U}(x),U_y\in\mathcal{U}(y)(U_x\cap U_y=\emptyset)$$
		\item[T3] Wir schreiben f\"ur eine Teilmenge $A \subseteq X$ in einem topologischen Raum $(X, \mathscr O)$,
		\[\mathcal U(A) = \{C : \exists B, (B \supseteq A, B \in \mathscr O, B \subseteq C)\}.\] $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{T3-Raum}\index{T3-Raum}, wenn
		$$\forall A\in\mathcal{A}\forall x\notin A, \exists\mathcal{U}_x\in\mathcal{U}(x),\exists U_A\in\mathcal{U}(A),(U_x\cap U_A=\emptyset)$$
		\item[T3a]  $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{T3a-Raum}\index{T3a-Raum}, wenn
		$$\forall A\in\mathcal{A}\forall x\notin A,\exists f\colon X\to[0,1]_{\mathbb{R}}\text{ stetig }f(x)=1, f[A]=\{0\}.$$
		T3a-R\"aume werden auch $T3 \frac{1}{2}$-R\"aume genannt.
		\item[T4] $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{T4-Raum}\index{T4-Raum}, wenn
		$$\forall A,B\in\mathcal{A}(A\cap B=\emptyset\to\exists U_A\in\mathcal{U}(A),\exists U_B\in\mathcal{U}(B), U_A\cap U_B=\emptyset)$$
		\item $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{regulär}\index{regulär}, wenn $(X,\mathscr{O})$ ein T1- und T3-Raum ist.
		\item $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{vollständig regulär}\index{vollständig regulär}, wenn $(X,\mathscr{O})$ ein T1- und T3a-Raum ist.
		\item $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{normal}\index{normal}, wenn $(X,\mathscr{O})$ ein T1- und T4-Raum ist.
	\end{itemize}
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Es gelten folgende Implikationen:
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
			\mathrm{Normal} \arrow[r] \arrow[d] & \mathrm{Vollst"andig}\;\mathrm{regul"ar} \arrow[r] \arrow[d] & \mathrm{Regul"ar} \arrow[r] \arrow[d] & T2 \arrow[r] & T1 \arrow[r] & T0 \\
			T4                & T3a \arrow[r]                            & T3                          &              &              &   
		\end{tikzcd}
	\end{center}
	Die Implikationen:
	\begin{enumerate}
		\item Normal impliziert vollständig regulär: Das wird im Lemma von Urysohn bewiesen.
		\item Regulär impliziert T2: Unter T1 sind alle Einermengen abgeschlossen. Nach T3 besitzen $\{x\}$ und $\{y\}$ disjunkte Umgebungen.
	\end{enumerate}
	Die Nichtimplikationen:
	\begin{enumerate}
		\item T3 alleine ist schwach: Es sei $|X|\geq 2$ mit der Topologie 
		$\{\emptyset, X\}$. $X$ hat T3, aber nicht T0.
		\item T0 impliziert nicht T1: Es sei $\mathbb{N}$ mit der Topologie ausgestattet, dass Endabschnitte und $\emptyset$ offen sind. Dann hat $m>n$ eine Umgebung, die $n$ nicht enthält, aber alle Umgebungen von $n$ erhalten $m$.
		\item T1 impliziert nicht T2: Es sei $\mathbb{N}$ mit der kofiniten Topologie ausgestattet. $\mathbb{N}\smallsetminus\{x\}$ und $\mathbb{N}\smallsetminus\{y\}$ bezeugen T1 f\"ur die Punkte $x, y$, aber zwei kofinite Mengen schneiden sich.
		\item T4 impliziert nicht T3, und T4 impliziert nicht T0: Es sei $X=\{1,2,3,4,5\}$, \[\mathscr{O}=\{\emptyset,\{1\},\{1,2\},\{1,3\},\{1,2,3\},X\}.\]
		 Dann ist $\mathcal{A}=\{X,\{2,3,4,5\},\{3,4,5\},\{2,4,5\},\{2,4,5\},\{4,5\},\emptyset\}$ und es gibt keine abgeschlossenen, nichtleeren, disjunkten Mengen, also ist T4 trivialerweise erfüllt. Aber die abgeschlossene Menge $\{4,5\}$ und der Punkt $3$ haben keine disjunkten Umgebungen.
		 Der Punkt 4 hat keine (offene) Umgebung, die die 3 nicht enth\"alt. 
		 Die Punkte $4 \neq 5$ zeigen, dass T0 nicht gilt.
	\end{enumerate}
\end{myrem}

\begin{mytheo}
	Die folgenden Aussagen sind äquivalent:
	\begin{enumerate}
		\item $(X,\mathscr{O})$ ist ein $T1$-Raum.
		\item Jede Einpunktmenge ist abgeschlossen.
		\item Für alle $A\subseteq X$ ist $A=\bigcap\{U|U\supseteq A,U\in\mathscr{O}\}$
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}\hfill
	\begin{enumerate}
	\item[1$\Rightarrow$2] Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein T1-Raum. Es sei $y\neq x$. Nach T1 kann $x$ von $y$ getrennt werden. F\"ur jedes $y \neq x$ k\"onnen wir also ein $U_y\in\mathcal U(y)$ w\"ahlen, so dass $x\notin U_y$.
	Dann ist
		$$\{x\}=\bigcap\{X\smallsetminus U_y|y\in X \setminus \{x\}\}$$
		und damit abgeschlossen.
	\item[2$\Rightarrow$3] Es sei $A\subseteq X$. Es gilt natürlich $A\subseteq\{U|U\supseteq A,U\in\mathscr{O}\}$. Falls $x\notin A$, ist $U:=X\smallsetminus\{x\}$ offen und Obermenge von $A$, sodass $x\notin U$.
	\item[3$\Rightarrow$1] Es seien $x\neq y\in X$. Wir wenden das dritte auf $A:=\{x\}$ an und erhalten eine Umgebung von $x$, die $y$ nicht enthält.
	
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Äquivalent sind:
	\begin{enumerate}
		\item $(X,\mathscr{O})$ ist ein Hausdorff-Raum.
		\item $\Delta=\{(x,x)|x\in X\}\subseteq X\times X$ ist abgeschlossen in der Produkttopologie.
		\item Für $x\in X$ gilt $\{x\}=\bigcap\{\overline{U}\myst U\in\mathscr{U}(x)\}$.
		\item Jeder konvergente Filter hat genau einen Häufungspunkt.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item[1$\Rightarrow$2] Es sei $(x,y)\notin\Delta$, also ist $x\neq y$. Damit gibt es zwei disjunkte, offene Umgebungen $U_x, U_y$, sodass $x\in U_x, y\in U_y$. Dank Disjunktheit von $U_x$ und $U_y$ ist $\Delta\cap U_x\cap U_y=\emptyset$. ALso ist $\Delta=\overline{\Delta}$ und $\Delta$ ist abgeschlossen.
		\item[2$\Rightarrow$3] $\{x\}\subseteq\bigcap\{\overline{U}\myst U\in\mathscr{U}(x)\}$ ist klar. Es sei $y\notin\{x\}$, d.h. $y\neq x$. Dann ist $(x,y)\notin\Delta$, also gibt es $U_x\times U_y$, sodass $U_x\times U_y\cap\Delta=\emptyset$ (also sind $U_x$ und $U_y$ offen und disjunkt). Dann ist $U_x\subseteq X\smallsetminus U_y$, also ist $\overline{U_x}\subseteq X\smallsetminus U_y$, also ist $y\notin\overline{U_x}$ und $y\notin\bigcap\{\overline{U}\myst U\in\mathscr{U}(x)\}$
		\item[3$\Rightarrow$4] Es sei $\mathcal{F}$ konvergent und $x$, sodass $\mathscr{U}(x)\subseteq\mathcal{F}$. Dann ist
		$$\bigcap\{\overline{F}\myst F\in\mathcal{F}\}\subseteq\bigcap\{\overline{U}\myst U\in\mathscr{U}\}=\{x\}$$
		Es sei nun $y\neq x$. Weil $y\notin\bigcap\{\overline{F}\myst F\in\mathcal{F}\}$, gibt es ein $F\in\mathcal{F}$, sodass $y\notin\overline{F}$ und damit gibt es eine Umgebung $U$ von $y$, sodass $U\cap F=\emptyset$. Also ist $y$ nicht Berührpunkt von $\mathcal{F}$.
		\item[4$\Rightarrow$1] Es sei $x\neq y$. $\mathscr{U}(x)$ konvergiert gegen $x$, also ist $y$ nicht Berührpunkt von $\mathscr{U}(x)$. Daher gibt es Umgebungen $U_x, U_y$ von $x$ und $y$, sodass $U_x\cap U_y=\emptyset$. Damit ist $(X,\mathscr{O})$ ein Hausdorff-Raum.
	\end{enumerate}
\end{proof}
\begin{myrem}\label{eingef}
Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein vollst\"andig regul\"arer Raum. Dann hat $\mathscr{O}$ eine Subbasis der Form
\begin{equation*}\begin{split}
\{f^{-1}[U] \;|\; f \colon (X,\mathscr{O}) \to ([0,1], \mathscr O_{<}), f \mbox{ stetig},
U \subseteq [0,1] \mbox{ offen}\}.
\end{split}\end{equation*}
\end{myrem}

\begin{mytheo}\label{volls.reg.Einb}
	Jeder vollständig reguläre Raum kann in ein Produkt
	$$\prod_{f\in L}[0,1]_f$$
	eingebettet werden, für eine geeignete Menge $L$, d.h. es gibt
	$$e\colon (X,\mathscr{O}) \to ([0,1]^{|L|},\mathscr{O}_{\prod})$$
	sodass ein Homöomorphismus auf sein Bild ist (bezüglich der Spurtopologie).
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei
	$$L=\{f|f\colon X\to[0,1]\text{ stetig}\}$$
	Wir definieren
	\begin{equation*}
		\begin{split}
			e\colon  X & \to\prod_{f\in L}[0,1] \\
			x & \longmapsto \left(f(x)\right)_{f\in L}
		\end{split}
	\end{equation*}
	Nun zeigen wir, dass $e$ alle geforderten Eigenschaften erfüllt:
	\begin{itemize}
		\item $e$ ist injektiv: Es sei $x\neq y$. Nach T1 ist $A= \{y\}$ abgeschlossen und $x \not \in A$. Nach T3a gibt es ein $f$, sodass $f(x)=1, f[A]\subseteq \{0\}$. Also ist $f(y)=0$ und $e(x)$ und $e(y)$ unterscheiden sich an der Stelle $f$.
		\item $e$ ist stetig, da für alle $f$ $p_f\circ e=f$ stetig ist.
		\item $e$ ist bezüglich $\mathscr{O}$ und der Spur von $e[X]$ in $\left(\prod_{f\in L}[0,1],\mathscr{O}_{\prod}\right)$ offen: Wir rechnen dies für die Subbasis-Urbilder (siehe Bemerkung \ref{eingef}) nach:
		\begin{equation*}\begin{split}
		&e\left[f^{-1}\left[\underbrace{B}_{\in\mathscr{O}_{\mathbb{R}}}\right]\right]=e\left[(p_f \circ e)^{-1}\left[B\right]\right]=\\
& e[e^{-1} [\prod_{g \neq f, g \in L} [0,1] \times B] = 		
		(\prod_{g \neq f, g \in L} [0,1] \times B)\cap e[X].
	\end{split}\end{equation*}
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{TUnterraum}
	Jeder Unterraum eines T0,...,T3a-Raumes ist ein T0,...,T3a-Raum.
\end{mytheo}

Beweis: Geduldiges Nachrechnen. Bei T3a nutzt man auch die universelle Eigenschaft der Unterraumtopologie aus Satz \ref{2.6}.

\begin{myrem}
	Der obige Satz gilt nicht für T4: Es sei $(X, \mathscr O)$ der nicht normale Raum, also die Sorgenfrey-Ebene, aus Satz \ref{Sorgenfrey-Ebene}.  Dieser Raum ist vollst\"andig regul\"ar und kann daher nach Satz \ref{volls.reg.Einb} in ein Produkt $[0,1]^L$ eingebettet werden. Letzteres ist normal. Das Bild der Einbettung ist hom\"omorph zur Sorgenfrey-Ebene.  Das Bild der Einbettung ist also ein nicht normaler Unterraum. 
	
\end{myrem}

Es gilt aber ein ähnlicher Satz für T4 unter stärkeren Voraussetzungen.

\begin{mytheo}
	Jeder abgeschlossene Unterraum eines T4-Raumes ist ein T4-Raum.
\end{mytheo}

\begin{mytheo}
	Es seien $X_i, i\in I$ nicht leere topologische Räume, $j=0,1,2,3,3a$. $\prod_{i\in I}X_i$ ist ein Tj-Raum genau dann, wenn jedes $X_i$ ein Tj-Raum ist.
\end{mytheo}

\begin{proof} $\Rightarrow$:
	Es sei $\prod_{k\in I}X_k$ ein Tj-Raum. Es sei $i$ beliebig. Zu zeigen ist: $X_i$ ist ein Tj-Raum. Es sei $x=\langle x_k\rangle_{k\in I}\in\prod_{k\in I}X_k$ (nach \AC). Wir definieren
	$$Y_k:=\begin{cases}
	X_i & k=i \\
	\{x_k\} & k\neq i
	\end{cases}$$
	Nun ist
	$$\prod_{k\in I}Y_k\cong X_i$$
	durch den Homöomorphismus $\langle x_k\rangle_{k\in I}\longmapsto x_i$. Nach Satz \ref{TUnterraum} hat $\prod_{k\in I}Y_k$ die Tj-Eigenschaft und damit auch der Homöomorphe Raum $X_i$.
	
	
Der Beweis der Umkehrrichtung besteht aus geduldigem Nachrechnen unter Ausnutzung der Eigenschaften der Produkttopologie, und f\"ur T3a nutzt man auch Satz \ref{ProdFunc}.
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{Sorgenfrey-Ebene}
	Die Sorgenfreygerade $(\mathbb{R},\mathscr{O})$, wobei $\mathscr{B}=\{[a,b)\myst a,b\in\mathbb{R}\}$ Basis von $\mathscr{O}$ ist, ist normal, da $\mathbb{R}$ vollständig ist, aber $(\mathbb{R},\mathscr{O})\times(\mathbb{R},\mathscr{O})$ ist nicht normal.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Wir behaupten, dass $S=\{(x,-x)\myst x\in\mathbb{R}\}$ abgeschlossen und diskret ist. $S$ ist sogar in der Standardtopologie abgeschlossen, also erst recht in der Sorgenfreytopologie. Es sei $(x,-x)\in S$. Dann ist für $\varepsilon>0$ $[x,x+\varepsilon)\times[-x,-x+\varepsilon)\cap S=\{(x,-x)\}$. Also ist $S$ diskret. Der Beweis folgt nun aus folgendem Lemma, da $D=\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$ dicht ist und $2^{|\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}|}=2^{\omega}=|\mathbb{R}|=|S|$.
\end{proof}

\begin{mylem}
	Es sei $(Y,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum. Es sei $S$ abgeschlossen und diskret. Es sei $D$ eine dichte Teilmenge von $Y$ und sei $|S|\geq 2^{|D|}$. Dann ist $(Y,\mathscr{O})$ nicht normal.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $(Y,\mathscr{O})$ normal. Für alle $A\subseteq S$ gilt dann, dass $A$ abgeschlossen ist, da $S$ diskret ist. Auch $S\smallsetminus A$ ist abgeschlossen. Es sei $U_A\in\mathscr{U}(A)$ offen, $V_A\in\mathscr{U}(S\smallsetminus A)$ offen, sodass $U\cap V=\emptyset$. Die Funktion
	$$A\longmapsto(U_A,V_A)$$
	ist eine Funktion mit Definitionsbereich $\mathcal{P}(S)$. 
	
	
	
	Wir behaupten, dass $i\colon A\mapsto U_A\cap D$ injektiv ist. Es sei $A\neq B\subseteq S$, o.B.d.A. $A\smallsetminus B\neq\emptyset$. Dann ist $U_A\cap V_B\supseteq A\cap(S\smallsetminus B)\neq\emptyset$, aber $U_B\cap V_B=\emptyset$. Also ist $U_A \not\subseteq U_B$ und damit $U_A\neq U_B$. Weil $U_A$ und $U_B$ und $U_A\cap V_B\supseteq A\cap(S\smallsetminus B)\neq\emptyset$ offen sind, ist 
	$(U_A\cap V_B) \cap D \neq \emptyset$ und $V_B \cap U_B= \emptyset$.
	Also ist 
	$U_A \cap D \neq U_B \cap D$.
	

	
	Die Funktion $i$ bezeugt also $|\mathcal{P}(S)|\leq|\mathcal{P}(D)|$. Da weiterhin nach dem Satz von Cantor $|S|<|\mathcal{P}(S)|$, erhalten wir einen Widerspruch.
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{trennungseig_quotienten}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum, $\sim$ sei eine Äquivalenzrelation und 
	$$R:=\{(x,y)\in X\times X\myst x\sim y\}$$
	Es sei $p\colon X\to \sfrac{X}{\sim}, p(x)=[x]_{\sim}$. $\sfrac{X}{\sim}$ trage die Quotiententopologie. Dann gilt:
	\begin{enumerate}
		\item $\sfrac{X}{\sim}$ ist genau dann ein T1-Raum, wenn jede Äquivalenzklasse abgeschlossen ist.
		\item Ist $\sfrac{X}{\sim}$ Hausdorff'sch, so ist $R$ (im Produktraum $X\times X$) abgeschlossen.
		\item Wenn $R$ abgeschlossen ist und $p$ offen ist, so ist $\sfrac{X}{\sim}$ Hausdorff'sch.
		\item Ist $X$ regulär und $p$ offen und abgeschlossen, so ist $\sfrac{X}{\sim}$ Hausdorff'sch.
		\item Es sei $X$ regulär, $A$ abgeschlossen und $x\sim y: \Leftrightarrow x=y\vee x,y\in A$, d.h.
		$$[x]_{\sim}=\begin{cases}
		\{x\} & x\notin A \\
		A & x\in A
		\end{cases}$$
		Dann ist $\sfrac{X}{\sim}$ Hausdorff'sch.
		\item Es sei $X$ T4 (normal), $p$ abgeschlossen. Dann ist $\sfrac{X}{\sim}$ T4 (normal).
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Übung.
		\item Es gilt $R=(p\times p)^{-1}(\Delta)$, wobei $\Delta$ die Diagonale in $\sfrac{X}{\sim}\times \sfrac{X}{\sim}$ bezeichnet. Weil $\sfrac{X}{\sim}$ Hausdorff'sch ist, ist $\Delta$ in $\sfrac{X}{\sim}\times \sfrac{X}{\sim}$ abgeschlossen und, weil $p$ (und damit $p\times p$) stetig ist, ist $R$ abgeschlossen.
		\item Es sei $x\not\sim y$. Wir suchen $U\in\mathscr{U}_{\sfrac{X}{\sim}}([x]_{\sim}),V\in\mathscr{U}_{\sfrac{X}{\sim}}([y]_{\sim})$, sodass $U\cap V=\emptyset$. Nach Voraussetzung ist $(x,y)\notin R$. In $X\times X$ gibt es ein Produkt $Z\times W$ aus offenen Mengen, sodass $(x,y)\in Z\times W$ und $Z\times W\cap R=\emptyset$.\\
		Es sei $U=p[Z], V=p[W]$. Dann sind $U, V$ offen und $U\cap V=\emptyset$: Anderfalls, sei $[z]\in U\cap V$. Dann gibt es $a\in Z, b\in W$, sodass $p(a)=[z]=p(b)$. Also gilt $a\sim b$ und $(a,b)\in R\cap Z\times W$, ein Widerspruch.\\
		Also sind $U, V$ disjunkte Umgebungen von $[x]_{\sim}$ und $[y]_{\sim}$.
		\item Nach (3) genügt es, zu zeigen, dass $R$ abgeschlossen ist. $\{[y]_{\sim}\}$ ist abgeschlossen, da $\{y\}$ wegen T1 abgeschlossen ist und $p$ abgeschlossen ist. Da $p$ stetig ist, ist $p^{-1}[\{[y]_{\sim}\}]$ abgeschlossen in $X$. Es sei $x \not\sim y$. Dann gilt $x\notin p^{-1}[[y]_{\sim}]$ und letzteres ist abgeschlossen. Nach T3 existieren disjunkte  $U_x\in\mathscr{U}(x)$ und $V\in\mathscr{U}(p^{-1}[\{[y]_{\sim}\}])$. Also ist $(U_x\times U_y)\cap R=\emptyset$. Damit ist $R$ abgeschlossen.
		\item Es sei $[x]_{\sim}\neq[y]_{\sim}$.
		\begin{itemize}
			\item 1.Fall: $x\in A, y\notin A$. Nach Regularität von $X$ gibt es eine offene Umgebung $U$ von $A$ und eine offene Umgebung $V$ von $y$, sodass $U\cap V=\emptyset$. $p[V]$ ist eine offene Umgebung von $p[A]=[x]_{\sim}$ und $p[U]$ eine offene Umgebung von $[y]_{\sim}$. Weil $U\cap A=\emptyset$, ist $p[U]\cap p[V]=\emptyset$.
			\item 2.Fall: $x\notin A, y\notin A$. Klar.
		\end{itemize}
\item \"Ubung.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es seien $g,f\colon (X,\mathscr{O}_X)\to(Y,\mathscr{Y})$ stetig, $Y$ sei ein Hausdorff-Raum. Dann gilt
	\begin{enumerate}
		\item $\{x\in X\myst f(x)=g(x)\}$ ist abgeschlossen.
		\item Falls $D\subseteq X$ dicht ist (d.h. $\overline{D}=X$) und $f|_D=g|_D$, dann ist $g=f$.
		\item $\{(x,y)\myst f(x)=y\}\subseteq X\times Y$ ist abgeschlossen.
		\item Falls $f$ injektiv ist, so ist $X$ ein Hausdorff-Raum.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item 	Die Funktion $(f,g)\colon X\times X\to Y\times Y$, $(f,g)(x_1,x_2)=(f(x_1),g(x_2))$ ist stetig nach Satz \ref{ProdFunc}. Weil $Y$ ein Hausdorff-Raum ist, ist, ist $\Delta\subseteq Y\times Y$ abgeschlossen. Damit ist auch $(f,g)^{-1}[\Delta]=\{x\in X\myst f(x)=g(x)\}$ abgeschlossen.
	\item Es sei $D$ dicht. Nach Voraussetzung ist $D\subseteq \{x\in X\myst f(x)=g(x)\}=:\Delta'$. Da $\Delta'$ abgeschlossen ist, ist
	$$X=\overline{D}\subseteq\Delta'$$
	und damit $X=\Delta'$.
	\item Die Funktion $(f,id)\colon X\times Y\to Y\times Y$ ist stetig nach Satz \ref{ProdFunc}. Also ist
	$$(f,{\rm id})^{-1}[\Delta]=\{(x,y)\myst f(x)=id(y)\}=\{(x,y)\myst f(x)=y\}$$
	abgeschlossen.
	\item Weil $f$ injektiv ist, ist $f^{-1}$ eine Funktion $f[X]\to X$. Insbesondere ist $f^{-1}$ injektiv, da $f$ eine Funktion ist. Es sei $x\neq y\in X$. damit ist $f(x)\neq f(y)\in Y$, und nach Hausdorff-Eigenschaft von $Y$ gibt es $U,V\in\mathscr{O}_Y$, sodass $f(x)\in U, f(y)\in V, U\cap V=\emptyset$. Nach Stetigkeit von $f$ sind $f^{-1}[U], f^{-1}[V]$ offene Umgebungen von $x$ und $y$, die aufgrund der Injektivität von $f^{-1}$ disjunkt sind. Da $x$ und $y$ beliebig waren, ist $X$ Hausdorff.
	\end{enumerate}
\end{proof}

Da wir Funktionen durch Bildung eines Quotienten (``modding out'') injektiv machen können, erhalten wir das folgende Korollar:

\begin{mycor}
	Es sei $f\colon X\to Y$ stetig, $Y$ sei Hausdorff. Es sei $x\sim y:\Leftrightarrow f(x)=f(y)$. Dann ist $\sfrac{X}{\sim}$ ein Hausdorff-Raum. 
\end{mycor}

\begin{proof}
	Die Funktion $\overline{f}\colon \sfrac{X}{\sim}\to Y$, definiert durch $\overline{f}([x]_{\sim})=f(x)$ (Wohldefiniertheit folgt aus der Definition der Äquivalenzrelation), injektiv und stetig nach Satz \ref{FinaFunc}, da $\overline{f}\circ p=f$ stetig ist. Nach dem vorherigen Satz ist $\sfrac{X}{\sim}$ ein Hausdorff-Raum.
\end{proof}

\begin{mytheo}[Über die stetige Fortsetzung einer stetigen Funktion]
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum, $D\subseteq X$ dicht. $f\colon D\to Y$ sei stetig (in der Spurtopologie) und $Y$ sei regulär. Dann sind äquivalent:
	\begin{enumerate}
		\item $\exists F:X\to Y$, $F$ stetig, $F\supseteq f$
		\item $\forall x\in X$ ist $f\left(\{U\cap D\myst U\in\mathscr{U}(x)\}\right)$ ein konvergenter Filter.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}\hfill
	\begin{itemize}
		\item (1)$\Rightarrow$(2). $F(\{U\cap D\myst U\in\mathscr{U}(x)\})$ ist ein konvergenter Filter, also ist $f(\{U\cap D\myst U\in\mathscr{U}(x)\})= F(\{U\cap D\myst U\in\mathscr{U}(x)\})$ auch konvergent.
		\item (2)$\Rightarrow$(1). Wir setzen $\mathcal{F}:=f\left(\{U\cap D\myst U\in\mathscr{U}(x)\}\right)$, $F(x)=\lim(\mathcal{F})$ und zeigen, dass $F$ eine Funktion ist, $F\supseteq f$ sowie Stetigkeit in jedem Punkt.\\
		$F$ ist eine Funktion, denn in Hausdorff-Räumen (also insbesondere in regulären Räumen) sind Grenzwerte von Filtern (falls sie existieren) eindeutig:\\
		Es sei $x$ ein Grenzwert von $\mathcal{F}$ und $y\in Y$. Es gibt disjunkte Umgebungen $U_x, U_y$ von $x$ und $y$. Weil $\mathcal{F}$ gegen $x$ konvergiert, ist $U_x\in\mathcal{F}$ und, da $\emptyset\notin\mathcal{F}$, ist $U_y\notin\mathcal{F}$. Also konvergiert $\mathcal{F}$ nicht gegen $y$.\\
		Es sei $x\in D$ und $V\in\mathscr{U}(f(x))$. Weil $f$ stetig ist, ist $f$ insbesondere in $x$ stetig, also ist $f^{-1}[V]\in\mathscr{U}(x)$ (in der Spurtopologie). Also ist $f^{-1}[V]=U\cap D$ mit $U\in\mathscr{U}(x)$. Also ist $V\in\mathcal{F}$ und $f(x)$ ist der Grenzwert von $\mathcal{F}$.\\
		Es sei $x\in X$ beliebig und $V\in\mathscr{U}(F(x))$. Weil die abgeschlossenen Mengen in regulären Räumen eine Umgebungsbasis bilden, können wir annehmen, dass $V$ abgeschlossen ist. Weil $\mathcal{F}$ gegen $F(x)$ konvergiert, ist $V\in\mathcal{F}$ und nach Definition $f^{-1}[V]=U\cap D$ mit $U\in\mathscr{U}(x)$. Weil $f$ in der Spurtopologie stetig ist, ist $f^{-1}[V]$ abgeschlossen.\\
		Wir behaupten, dass $F^{-1}[V]\supseteq U$ ist. Sonst gibt es $x\in U, x\notin F^{-1}[V]$. Dank der Abgeschlossenheit von $F^{-1}[V]$ gibt es eine offene Menge $U_x\ni x$, sodass $U\supseteq U_x$ und $U_x\cap F^{-1}[V]=\emptyset$. Da $U_x$ offen ist, ist $D\cap U_x\neq\emptyset$. Es sei $y\in D\cap U_x$. Dann ist $f(y)\in V$ und, da $F\supseteq f$, auch $F(y)\in V$ und somit $y\in F^{-1}[V]$, ein Widerspruch.\\
		Da $F^{-1}[V]\supseteq U$, ist $F^{-1}[V]\in\mathscr{U}(x)$ und somit ist $F$ in $x$ stetig.
	\end{itemize}
\end{proof}

\chapter{Normale und T4-Räume}

\begin{mytheo}[Das Lemma von Urysohn, 1925]\label{UryLem}\index{Urysohn}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein T4-Raum, $A,B$ abgeschlossen und disjunkt. Dann gibt es eine stetige Funktion
	$$f\colon (X,\mathscr{O})\to([0,1],\mathscr{O}_<),$$
	sodass $f[A]=\{0\}$ und $f[B]=\{1\}$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Wir überlegen uns zuerst: Es sei $C$ abgeschlossen, $O$ offen. Dann gibt es $O_1\in\mathscr{O}$, sodass
	$$C\subseteq O_1\subseteq \overline{O_1}\subseteq O$$
	Nun seien $A,B$ abgeschlossen. Damit ist $A\subseteq B^c$ mit $B^c$ offen. Wir definieren induktiv über $k$ für jede dyadische Zahl, d.h. $x=\frac{p}{2^k}, 0\leq p\leq 2^k$ für $k\in\mathbb{N}$ eine Menge $U_x$, sodass $$x<x'\longrightarrow U_x\subseteq \overline{U_x}\subseteq U_{x'}$$
	$k=0$: Es seien $U_0,U_1$, sodass
	$$A\subseteq U_0\subseteq \overline{U_0}\subseteq U_1\subseteq \overline{U_1}\subseteq B^c$$
	Indem wir die Vorüberlegung zweimal anwenden.\\
	Es seien alle Mengen für $\frac{p}{2^k}$ definiert. Es sei $x=\frac{p}{2^{k+1}}$, $p$ ungerade. Dann sei $d_1=\frac{p-1}{2^{k+1}},d_2=\frac{p+1}{2^{k+1}}$. Weil $p-1$ und $p+1$ gerade sind, sind für $d_1$ und $d_2$ schon Mengen definiert. Nun sei
	$$\overline{U_{d_1}}\subseteq U_{x}\subseteq \overline{U_x}\subseteq U_{d_2}.$$
	Indem wir wieder die Vorüberlegung anwenden. Es ist klar, dass die neuen Mengen die Bedingung erfüllen.\\
	Nun sei für jede dyadische Zahl eine Menge definiert. Für eine beliebige Zahl $r$ sei
	$$U_r:=\bigcup\{U_d\myst {d\leq r, d\text{ dyadisch}}\}$$
	Nun gilt immer noch für $r,r'\in[0,1]$:
\begin{equation}\label{ordnung}	
	r<r'\rightarrow \overline{U_r}\subseteq U_{r'}.
	\end{equation}
	Dies folgt, da wir aufgrund der Dichtheit der dyadischen Zahlen in $\mathbb{R}$ ein $d$ finden, sodass $r<d<d'<r'$. Dann folgt
	$$U_r\subseteq U_d\Rightarrow \overline{U_r}\subseteq \overline{U_d}\subseteq U_{d'}\subseteq U_{r'}.$$ 
	Nun können wir $f$ definieren: Es sei
	$$f(x)=\begin{cases}
	\inf\{r \myst x\in U_r\}, & \mbox{ falls }\exists r\in [0,1] \myspace x\in U_r \\
	1, & \text{ sonst.}
	\end{cases}$$
	Natürlich gilt $f[A]=\{0\}$ und $f[B]=\{1\}$. Weiterhin ist $f$ stetig, denn für beliebige $a,b\in[0,1]$ gilt
	$$
	f^{-1}((a,b))\stackrel{!}{=}(\bigcup_{c<b}U_c)\cap \bigcup_{d> a}(\overline{U_d}^c)= (\bigcup_{c<b}U_c)\smallsetminus \bigcap_{d> a}(\overline{U_d}):=C\smallsetminus D.
	$$
Wir zeigen, dass 	$f^{-1}((a,b))$ eine Teilmenge der rechten Seite ist.
Falls $d=f(x)$, so ist $x \in U_{d'}$ f\"ur alle $d' \geq d$ und $x \not\in U_d'$ f\"ur alle $d' < d$. Also gibt es $d<b$, sodass $x\in U_d$. $f(x) > a$ impliziert, dass es ein $d > a$ gibt, so dass $x \not \in U_d$. Wir k\"onnen nun $d' = d - \frac{d-a}{2}> a$ und die Implikation \eqref{ordnung} nehmen, und erhalten ein $d' > a$ mit $x \not\in \bar{U_{d'}}$. Damit ist $x\in C$.\\
	Nun zur umgekehrten Inklusion: Falls $x\in C\smallsetminus D$, so gibt es $c<b$, dass $x\in U_c$. Damit ist $f(x)<b$. Weil $x\notin D$, so gibt $d>a$, sodass $x\notin U_d$. Damit ist $f(x)>a$.\\
	Weiterhin ist $C\smallsetminus D$ als Differenz einer offenen und einer abgeschlossenen Menge offen.
\end{proof}

\begin{mycor}
	Jeder normale Raum ist ein regulärer Raum.
\end{mycor}

\begin{proof}
	Es sei $A$ abgeschlossen und $x\notin A$. Nach T1 ist $\{x\}$ abgeschlossen und nach dem Lemma von Urysohn gibt es ein stetiges $f$, sodass $f[A]=\{1\}$ und $f(x)=0$. Also erfüllt der Raum das T3a-Axiom.
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum. $A\subseteq X$ heißt $G_{\delta}$-Menge, falls es $\{O_n\}_{n\in\mathbb{N}}\subseteq\mathscr{O}$ gibt, sodass $A=\bigcap_{n\in\mathbb{N}}O_n$. $A\subseteq X$ heißt $F_{\sigma}$-Menge, falls $X\smallsetminus A$ eine $G_{\delta}$-Menge ist.
\end{mydef}

\begin{mytheo}\label{UryGdelta}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein T4-Raum. $A\neq\emptyset$ sei abgeschlossen. Dann sind äquivalent:
	\begin{enumerate}
		\item $A$ ist eine $G_{\delta}$-Menge.
		\item Es gibt eine stetige Funktion $f\colon X\to[0,1]$, sodass $f^{-1}[\{0\}]=A$.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}\hfill
	\begin{itemize}
		\item (1)$\Longrightarrow$(2) Wir schreiben $A=\bigcap_{n\in\mathbb{N}}A_n$, $A_n$ offen und o.B.d.A. absteigend. Es sei $B_n=X\smallsetminus A_n$. $B_n$ ist abgeschlossen und $A\cap B_n=\emptyset$. Für $n\in\mathbb{N}$ sei $f_n\colon X\rightarrow[0,1]$, sodass $f[A]=\{0\}, f[B_n]=\{1\}$. Nun sei
		$$f(x)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{1}{2^n}f_n$$
		$f(x)$ ist stetig, da die Summe gleichmäßig gegen $f$ konvergiert und endliche Summen stetiger Funktionen stetig sind. Nun gilt $f^{-1}[\{0\}]=A$, denn, falls $f(x)=0$, so ist $f_n(x)=0$ für alle $n\in\mathbb{N}$, also ist $x\notin X\smallsetminus B_n$ für alle $n\in\mathbb{N}$. Also ist $x\in\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n=A$.
		\item (2)$\Longrightarrow$(1). Es gilt $A=f^{-1}[\{0\}]=\bigcap_{n\in\mathbb{N}}f^{-1}\left(\left(\frac{-1}{n+1},\frac{1}{n+1}\right)\right)$.
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{mytheo}[Zwei Verschärfungen des Urysohn-Lemmas]
	Es sei $X$ ein T4-Raum. Es seien $A,B$ abgeschlossene Mengen, $A\cap B=\emptyset$.
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $A\neq\emptyset$ eine $G_{\delta}$-Menge. Dann gibt es eine stetige Funktion $f\colon X\to[0,1]$, sodass $f^{-1}[\{0\}]=A$ und $f^{-1}[\{1\}]\supseteq B$.
		\item Es seien $A\neq\emptyset$ und $B\neq\emptyset$ $G_{\delta}$-Mengen. Dann gibt es eine stetige Funktion $f\colon X\to[0,1]$, sodass $f^{-1}[\{0\}]=A, f^{-1}[\{1\}]=B$.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item 	Wir nehmen $g$ wie aus Satz \ref{UryGdelta}, d.h. $g\colon X\to[0,1]$ stetig, $g^{-1}[\{0\}]=A$. Dann nehmen wir $f$ wie aus Satz \ref{UryLem}, d.h. $f\colon X\to[0,1]$, $f[A]=\{0\}, f[B]=\{1\}$. Nun ist $h:=\max(f,g)$	wie gewünscht.\\
		\item Wir modifizieren 1. durch Ersetzen von $g$ durch $1-g$ und erhalten eine stetige Funktion $k\colon X\to[0,1]$ mit $k^{-1}[\{1\}]=B, k^{-1}[\{0\}]\supseteq A$. Es sei $f$ wie in Satz \ref{UryLem}. Dann erfüllt
		$$e:=\frac{1}{2}(h+\min(f,k))=\frac{1}{2}(\max(h,f)+\min(k,f))$$
		die Bedingung.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mylem}\label{TietzeLem1}
	Es sei $A$ abgeschlossen, $A\subseteq X$, wobei $(X,\mathscr{O})$ ein T4-Raum ist. Es sei $f \colon A\rightarrow[-1,1]$ stetig. Dann gibt es eine Folge $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$, sodass für alle $n$:
	\begin{enumerate}
		\item $g_n\colon X\rightarrow[-1,1]$ ist stetig.
		\item $\forall x\in X\left(-1+\left(\frac{2}{3}\right)^n\leq g_n(x)\leq 1-\left(\frac{2}{3}\right)^n\right)$.
		\item $\forall x\in A|f(x)-g_n(x)|\leq\left(\frac{2}{3}\right)^n$
		\item $\forall x\in X |g_{n+1}(x)-g_n(x)|\leq\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
		\item $\forall p\in\mathbb{N}\forall m,n\geq p|g_m(x)-g_n(x)|\leq\frac{2}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^p$
	\end{enumerate}
\end{mylem}

\begin{proof}
	Wir zeigen die Existenz induktiv über $n$.
	\begin{itemize}
		\item Anfang: Es sei $g_0\equiv 0$. $g_0$ erfüllt alle Bedingungen.
		\item Induktionsschritt: Es sei $g_n$ definiert. Dann sind
		$$B_{n+1}:=\left\{x\in A\myst f(x)-g_n(x)\geq\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}
		%=g_n^{-1}\left[\left[\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n,1\right]\right]
		$$
		$$C_{n+1}:=\left\{x\in A\myst f(x)-g_n(x)\leq-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}%=g_n^{-1}\left[\left[-1,-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right]\right]
		$$
		abgeschlossen und disjunkt. Nach Satz \ref{UryLem} gibt es eine stetige Funktion $$v_n:X\rightarrow\left[-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n,\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right]$$
		sodass
		$$v_n[B_{n+1}]=\left\{\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\},v_n[C_{n+1}]=\left\{\frac{-1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n\right\}$$
		Setze nun $g_{n+1}=g_n+v_n$. Nun prüfen wir, ob $g_{n+1}$ die Eigenschaften (1) bis (4) hat:
		\begin{enumerate}
			\item ist klar, da $g_n$ und $v_n$ stetig sind.
			\item Ist ebenfalls per Definition von $g_n$ klar.
			\item Falls $x\in B_{n+1} \cup  C_{n+1}$, so folgt
			$$|f(x)-g_{n+1}(x)|\leq\ \left(\frac{2}{3}\right)^{n}-\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}=\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1},
			$$
			da $v_n$ die Absch\"atzung  $|f(x)-g_n(x)|\leq\left(\frac{2}{3}\right)^n$ aus der Induktionsvoraussetzung um  $\frac{1}{3}\cdot (\frac{2}{3})^n$ verbessert. 
			
			Falls $x\not\in (B_{n+1} \cup  C_{n+1})$,  so folgt
			$$|f(x)-g_{n+1}(x)|\leq \left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}$$
			aus den Definitionen von $B_{n+1}$ und $C_{n+1}$ und der Tatsache, dass $v_n$ die Fallvoraussetzung $f(x) - g_n(x) \leq \frac{1}{3}(\frac{2}{3})^n$ um h\"ochstens $\frac{1}{3}\cdot (\frac{2}{3})^n$ verschlechtern kann. 
			\item Klar, da
			
			\item Klar, da
			$$|g_{n+1}(x)-g_n(x)|=|v_n(x)|\leq\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}$$
			\end{enumerate}
			Schlie\ss lich erhalten wir auch den Punkt 5, 
			durch Aufsummierung der geometrischen Reihe.
	
	\end{itemize}
\end{proof}
Das Lemma funktioniert auch mit dem Zielraum $(-1,1)$ statt $[-1,1]$.
\begin{mylem}\label{TietzeLem2}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein T4-Raum. Dann lässt sich jede stetige Funktion $f\colon A\to(-1,1)$ zu einer stetigen Funktion $\overline{f}\colon X\to(-1,1)$ fortsetzen (wenn $A$ abgeschlossen ist und die Spurtopologie von $X$ trägt).
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $g_n$ wie in Lemma \ref{TietzeLem1}. Dann ist $F(x):=\lim_{n\rightarrow\infty}g_n(x)$ eine stetige Funktion, da $(g_n)_{n\in\mathbb{N}}$ auf $X$ gleichmäßig konvergiert. Nach Eigenschaft c ist $F(x)=f(x)$.
\end{proof}

\begin{mytheo}[Fortsetzungssatz von Tietze, 1915]
	Ein topologischer Raum $(X,\mathscr{O})$ ist T4 genau dann, wenn sich jede stetige Funktion $f\colon A\to\mathbb{R}$ zu einer stetigen Funktion $\overline{f}\colon X\to\mathbb{R}$ fortsetzen lässt (wenn $A$ abgeschlossen ist und die Spurtopologie von $X$ trägt).
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $f$ wie in Lemma \ref{TietzeLem2}. Dann ist $\tilde{f}=\frac{2}{\pi}\arctan\circ f$ eine stetige Funktion von $A$ nach $(-1,1)$. Nach Lemma \ref{TietzeLem2} gibt es $\tilde{F}\colon X\to(-1,1)$ stetig. Nun ist $F:=\frac{\pi}{2}\tan\circ (\frac{\pi}{2}\tilde{F})$ eine Fortsetzung von $f$.\\
	Es seien $A,B$ abgeschlossen und disjunkt. Es sei
	$$f(x)=\begin{cases}
	0 & x\in A \\
	1 & x\in B
	\end{cases}$$
	Dann ist $f$ stetig bzgl. der Spurtopologie auf $A\cup B$, da in dieser $A=X\cap(X\smallsetminus B), B=X\cap(X\smallsetminus A)$ offen sind. Also lässt sich $f$ zu einer stetigen Funktion auf $X$ fortsetzen. Dann erfüllt $f$ die Anforderungen von Satz \ref{UryLem}, also ist $X$ ein T4-Raum.
\end{proof}

\chapter{Kompaktheit}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum. $(X,\mathscr{O})$ heißt \emph{kompakt}\index{kompakt}, wenn
	$$\forall\mathscr{U}\subseteq\mathscr{O}\left(\bigcup\mathscr{U}=X\rightarrow\exists \mathscr{U}_0\subseteq\mathscr{U},|\mathscr{U}_0|\in\omega\wedge\bigcup\mathscr{U}_0=X\right)$$
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum. $(X,\mathscr{O})$ heißt Bourbaki-kompakt, wenn $(X,\mathscr{O})$ kompakt und Hausdorff'sch ist.
\end{mydef}

\begin{mytheo}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum. Äquivalent sind:
	\begin{enumerate}
		\item $X$ ist kompakt.
		\item Es sei $\mathscr{A}$ das System der abgeschlossenen Mengen.
		$$\forall\mathscr{L}\subseteq\mathscr{A}(\left(\bigcap\mathscr{L}=\emptyset\to\exists\mathscr{L}_0\subseteq\mathscr{L},|\mathscr{L}_0|\in\omega\wedge\bigcap\mathscr{L}_0=\emptyset\right)$$
		\item Jeder Filter auf $X$ hat einen Berührungspunkt.
		\item Jeder Ultrafilter ist konvergent.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}\hfill
	\begin{itemize}
		\item Es sei $\bigcap\mathscr{L}=\emptyset$. Dann ist
		$$\bigcup\underbrace{\{X\smallsetminus B\myst B\in\mathscr{L}\}}_{=:\mathscr{U}}=X$$
		Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung $\mathscr{U}_0$. Dann ist
		$$\bigcap\underbrace{\{X\smallsetminus B\myst B\in\mathscr{U}_0\}}_{\subseteq\mathscr{L}}=\emptyset$$
		\item Es sei $\mathcal{F}$ ein Filter auf $X$. Falls $F$ keinen Berührpunkt hat, gibt es für alle $x\in X$ ein $F\in\mathcal{F}$, sodass $x\notin\overline{F}$. Damit ist
		$$\bigcap\{\overline{F}\myst F\in\mathcal{F}\}=\emptyset$$
		Also gibt es eine endliche Teilmenge $\mathcal{F}_0\subseteq\mathcal{F}$, sodass $\mathcal{F}_0$ endlich und $\bigcap\mathcal{F}_0\subseteq \bigcap\{\overline{F}\myst F\in\mathcal{F}_0\}=\emptyset$. Aber Filter sind bezüglich endlichen Schnitten abgeschlossen und $\emptyset\notin\mathcal{F}$, ein Widerspruch.
		\item Es sei $\mathcal{U}$ ein Ultrafilter. Nach (3) hat $\mathcal{U}$ einen Häufungspunkt. Da $\mathcal{U}$ ein Ultrafilter ist, konvergiert $\mathcal{U}$ gegen $x$, denn für $U\in\mathscr{U}$ gilt $X\smallsetminus U\notin\mathcal{U}$ (da $x$ ein Berührpunkt ist) und somit $U\in\mathcal{U}$.
		\item Es sei $\mathscr{U}$ eine offene Überdeckung. Wenn $\mathscr{U}$ keine offene Teilüberdeckung hat, dann ist
		$$\mathcal{F}=\{X\smallsetminus\bigcup\mathcal{U}_0\myst |\mathscr{U}_0|\in\omega,\mathscr{U}_0\subseteq\mathscr{U}\}$$
		ein Filter. Nach dem Ultrafilter-Lemma ist $\mathscr{U}$ in einem Ultrafilter enthalten. Dieser wäre dann aber nicht konvergent: Es sei $x\in X$. Dann gibt es $U\in\mathscr{U}$, s.d. $x\in U$. Weiterhin ist $U\notin\mathcal{F}$ und damit $\mathscr{U}(x)\not\subseteq\mathcal{F}$.
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{mytheo}[Satz von Alexander, ZF+PI]
	Es sei $\mathscr{S}$ eine Subbasis von $(X,\mathscr{O})$. Dann ist $X$ kompakt, wenn jede Überdeckung von $X$ mit Mengen aus $\mathscr{S}$ eine endliche Teilüberdeckung hat.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Annahme: $X$ ist nicht kompakt. Dann gibt es einen Ultrafilter $\mathcal{F}$ auf $X$, der nicht konvergiert: 
	$$\forall x\in X, \exists U_x\in\mathscr{U}(x), (X\smallsetminus U_x)\in\mathcal{F}.$$
Nach der Definition einer Subbasis hat jedes $U_x $ eine Teilmenge der Form $\bigcap_{k \leq n} U_{k,x}$ mit $U_{k,x} \in \mathscr S$ und $n \in \mathbb N$. Es ist $X \setminus U_x \subseteq X \setminus \bigcap_{k\leq  n} U_{k,i} = \bigcup_{k \leq n} (X \setminus X_{k,x}) \in\mathcal F$.
Dann ist f\"ur ein $U_{k,x}$ schon $X \setminus U_{k,x} \in \mathcal F$, da der Filter  $\mathcal F$ ultra ist. Somit erhalten wir  (nach Umbenennen von $X_{k,x}$ zu $U_x$):
	$$\forall x\in X, \exists U_x\in\mathscr{U}(x)\cap\mathscr{S}, (X\smallsetminus U_x)\in\mathcal{F}.$$
[Anmerkung \"uber die benutzten Axiome: Wenn man diese Passage hier ohne das Auswahlaxiom durchf\"uhren m\"ochte, muss man alle Beispiele $U_x$ mittragen, also f\"ur jedes $x$ wom\"oglich viele Mengen. 	Man braucht die $U_x$ nicht auszuw\"ahlen, man kann einfach alle nehmen, und von jedem einzelnen geht man zu allen seinen Subbasis-Repr\"asentanten \"uber. Die Wahl des $k \leq n$ \"ubernimmt dann der Filter.
Dann hat man eine riesige \"Uberdeckung von $X$ mit Elementen aus $\mathscr S$.
]
	Weil $\bigcup\{U_x\myst x\in X\}=X$, existiert nach der Voraussetzung \"uber \"Uberdeckungen aus Elementen von $\mathscr S$  eine endliche Teilüberdeckung $X=\bigcup \{U_x\myst x\in X_0\}$. Dann ist nach De Morgan:
	$$\bigcap_{x\in X_0}(X\smallsetminus U_x)=X\smallsetminus\bigcup_{x\in X_0}U_x=\emptyset\in\mathcal{F}.$$
	Also ist $\mathcal F$ kein Filter. Unsere Annahme f\"uhrt also in einen Widerspruch.
\end{proof}

\begin{mylem}\label{CompactDivision}
	Es seien $X$ ein Hausdorff-Raum und $K$ eine kompakte Teilmenge von $X$. Es sei $x\in X\smallsetminus K$. Dann gibt es eine offene Umgebung $U$ von $x$ und $V$ von $K$, s.d. $U\cap V=\emptyset$.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es gilt $\forall k\in K, x\neq k$. Nach Hausdorff-Eigenschaft gibt es $U_{k}$, $V_{k}$, $x\in U_{k}$, $k\in V_{k}$ mit  $U_{k}\cap V_{k}=\emptyset$. Da $K$ kompakt ist, gibt es endlich viele $k_0$,\dots,$k_n$, sodass $K\subseteq \bigcup_{j=0}^n V_{k_j}$. Es sei $U=\bigcap_{j=0}^n U_{k_j}$, $V=\bigcup_{j=0}^nV_{k_j}$. Dann ist
	$$U\cap V=\left(\bigcap_{j=0}^nU_{k_j}\right)\cap\left(\bigcup_{i=0}^nV_{k_i}\right) \subseteq \bigcup_{j=0}^n (U_{k_j} \cap V_{k_j}) =\emptyset$$
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{CompactClosed}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Jede abgeschlossene Teilmenge eines kompakten Raumes ist kompakt.
		\item Jede kompakte Teilmenge eines Hausdorff-Raumes ist abgeschlossen.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $A\subseteq K$ abgeschlossen, $\mathscr{U}$ eine offene Überdeckung von $A$. Dann ist ${\mathscr U}\cup\{K\smallsetminus A\}$ eine offene Überdeckung von $K$. Diese hat eine endliche Teilüberdeckung $\mathscr{U}_0\cup\{X\smallsetminus A\}$. Dann ist $\mathscr{U}_0$ eine offene Überdeckung von $A$.
		\item Es sei $K$ kompakt, $x\notin K$. Nach Lemma \ref{CompactDivision} gibt es eine offene Umgebung $U_x$ von $x$, sodass $U_x\cap K=\emptyset$. Also ist $x\notin \overline{K}$. Da dies für alle $x\notin K$ gilt, ist $\overline{K}=K$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es sei $K$ kompakt und Hausdorff. Es seien $A,B\subseteq K$ abgeschlossen. Dann gibt es offene Mengen $U,V$, sodass $A\subseteq U, B\subseteq V, U\cap V=\emptyset$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Wir wenden Lemma \ref{CompactDivision} zweimal an: Für $x\in B$ seien $U_x, V_x$, sodass $A\subseteq U_x, x\in V_x, U_x\cap V_x=\emptyset$. Die Mengen $\{V_x\myst x\in B\}$ überdecken $B$, enthalten also eine endliche Teilüberdeckung. Mit $U=\bigcap_{x\in B_0}U_x, V=\bigcup_{x\in B_0}V_x$ gilt dann $A\subseteq U, B\subseteq V, U\cap V=\emptyset$.
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{CompactImage}
	Es sei $X$ kompakt und $f\colon X\to Y$ stetig. Dann ist $f[X]$ kompakt.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $\mathscr{V}$ eine offene Überdeckung von $f[X]$. Dann ist
	$$\mathscr{U}:=\{f^{-1}[V]\myst V\in\mathscr{V}\}$$
	eine offene Überdeckung von $X$. Also gibt es eine endliche Teilüberdeckung
	$$\mathscr{U}_0=\{f^{-1}[V]\myst V\in\mathscr{V}_0\}$$
	Also ist $\mathscr{V}_0$ eine endliche Teilüberdeckung von $Y$.
\end{proof}

\begin{mytheo}\label{ContiClosed}
	Es sei $X$ kompakt und $f\colon X\to Y$ stetig und $Y$ ein Hausdorff-Raum. Dann ist $f$ abgeschlossen.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $A\subseteq X$ abgeschlossen. Nach Satz \ref{CompactClosed} ist $A$ kompakt, also ist $f[A]$ kompakt (nach Satz \ref{CompactImage}). Somit ist $f[A]$ abgeschlossen (erneut nach Satz \ref{CompactClosed}).
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es sei $X$ kompakt, $Y$ Hausdorff, $f\colon X\to Y$ stetig und injektiv. Dann ist $f$ eine Einbettung.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	$f$ ist abgeschlossen nach Satz \ref{ContiClosed}. Da $f$ injektiv ist, ist $f$ damit auch offen (da $f[X\smallsetminus A]=f[X]\smallsetminus f[A]$). Also ist $f\colon X\to f[X]$ stetig, offen und abgeschlossen, sowie bijektiv. Damit ist $f$ eine Einbettung.
\end{proof}

\begin{mytheo}[Tychonoff, 1930]
	Es seien $(X_i,\mathscr{O}_i)_{i\in I\neq\emptyset}$ topologische Räume. Dann gilt:
	\begin{enumerate}
		\item Wenn alle $X_i$ kompakt sind, dann ist $\prod_{i\in I}X_i$ kompakt.
		\item Wenn $\prod_{i\in I} X_i$ kompakt und nicht leer ist, so ist jedes $X_i$ kompakt.
		\item Wenn alle $X_i$ kompakt und Hausdorff sind, dann ist $\prod_{i\in I}X_i$ kompakt und Hausdorff.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item Falls es ein $i\in I$ gibt, sodass $X_i=\emptyset$, dann ist $\prod X_i=\emptyset$ und somit kompakt.\\
		Es sei $\prod X_i\neq\emptyset$ und $\mathcal{U}$ ein Ultrafilter auf $X$. Dann ist
		$$p_i[\mathcal{U}]=\{A\subseteq X_i\myst p_i^{-1}[A]\in\mathcal{U}\}$$
		ein Ultrafilter. Da $X_i$ kompakt ist, konvergiert $p_i[\mathcal{U}]$ gegen ein $x_i\in X_i$ (dieses ist eindeutig, falls $X_i$ Hausdorff ist). Wir haben also
		$$\mathcal{U}_{X_i}(x_i)\subseteq p_i[\mathcal{U}].$$
Mit AC nehmen wir ein $x$ so dass $x=(x_i)_{i\in I}$.
(Falls alle R\"aume $X_i$ Hausdorff'sch sind, wird hier das Auswahlaxiom nicht gebraucht. Das Axiom PI (prime ideal), das sagt ``jeder Filter l\"asst sich zu einem Ultrafilter erweitern'' gen\"ugt.)
 Wir zeigen $\mathcal{U}(x)\subseteq\mathcal{U}$:\\
		Es reicht, sich auf eine Subbasis zu beschränken. Es sei $U\in\mathcal{U}(x)\cap\mathcal{S}$. Dann ist f\"ur ein $i \in I$,  $U=U_i\times\prod_{j\in I\smallsetminus\{i\}}X_j=p_i^{-1}[U_i]\in \mathcal{U}$. 
		\item Weil $p_i$ stetig und $\prod_{i\in I}X_i$ nichtleer und kompakt ist, ist $p_i[X]=X_i$ kompakt.
		\item $T2$ vererbt sich auf Produkte.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mytheo}[Heine-Borel]
	Jede Teilmenge von $\mathbb{R}^n$ ist genau dann kompakt, wenn sie beschränkt und abgeschlossen ist.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Weil $\mathbb{R}^n$ als metrischer Raum die Hausdorff-Eigenschaft hat, ist $K$ abgeschlossen. Weiterhin ist
	$$K\subseteq\bigcup_{n\in\mathbb{N}\smallsetminus\{0\}}B(0,n)$$
	Also hat diese Überdeckung eine endliche Teilüberdeckung, $\{B(0,n_i),i\leq k\}$. Dann ist $K\subseteq B(0,n)$ mit $n=\max(n_1,...,n_k)$.\\
	Die Rückrichtung wird in der Analysis bewiesen.
\end{proof}

\chapter{Satz von Stone-Weierstraß}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein topologischer Raum.
	$$C(X)=\{f\colon X\to\mathbb{R}\myst f\text{ stetig }\}$$
	ist die Menge aller stetigen reellen Funktionen auf $X$.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Es sei $(X,\mathscr{O})$ ein kompakter topologischer Raum. Auf $C(X)$ definieren wir folgende Metrik:
	$$d(f,g):=\sup\{|f(x)-g(x)|\myst x\in X\}.$$
	Die Metrik $d$ hei\ss t auch die Supremumsmetrik\index{Supremumsmetrik} und die von ihr auf $C(X)$ erzeugte Topologie hei\ss t die Topologie der gleichm\"a\ss igen Konvergenz\index{Topologie der gleichm\"a\ss igen Konvergenz}. 
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Die Metrik ist wohldefiniert, da $f(X)$ als kompakte Teilmenge von $\mathbb{R}$ insbesondere beschränkt ist und somit ein Supremum besitzt. Dass alle geforderten Metrik-Eigenschaften erfüllt sind, ist klar.
\end{myrem}

\begin{mydef}
	Es sei $V=(V,+)$ ein $K$-Vektorraum, wobei $K$ ein Körper ist. $(V,+,\cdot_V,\cdot_{skalar})$ ist eine \emph{$K$-Algebra}\index{$K$-Algebra}, falls $(V,+,0,\cdot)$ ein Ring ist.
\end{mydef}

\begin{myexs}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Der Raum der Polynome über $\mathbb{R}$,
		$$\mathbb{R}[X]=\{\sum_{i=0}^na_ix^i\myst n\in\mathbb{N}, a_i\in\mathbb{R}\}$$
		ist ein unendlichdimensionaler $\mathbb{R}$-Vektorraum. Die Monome $\{x^n\myst n\in\mathbb{N}\}$ bilden eine Basis. Mit der bekannten Multiplikation ist $\mathbb{R}[X]$ eine $\mathbb{R}$-Algebra.
		\item Der Raum der stetigen Funktionen $C(X)$ ist eine $\mathbb{R}$-Algebra mit $(f\cdot g)(x)=f(x)g(x). (f+g)(x)=f(x)+g(x), (r\cdot f)(x)=r\cdot f(x)$. Er besitzt sogar eine $1$, nämlich die konstante $1$-Funktion.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\begin{mydef}
	Es sei $D\subseteq C(X)$. $A(D)$ sei die von $D$ in $C(X)$ erzeugte Unteralgebra von $C(X)$, d.h. $C(X)$ ist die Menge der Polynome in Elementen von $D$:{\small
	$$A(D)=\left\{\sum_{0\leq\nu_1,...,\nu_r\leq n}a_{\nu_1,...,\nu_r}d_1^{\nu_1}...d_r^{\nu_r}\myst n,r\in\mathbb{N}\smallsetminus\{0\}, d_1,...,d_r\in D, a_{\nu_1,...,\nu_r}\in\mathbb{R}\right\}.$$}
\end{mydef}

\begin{mytheo}[Der Satz von Stone und Weierstrass, 1885 und 1937]
	Es sei $X$ kompakt und Hausdorff'sch, $D\subseteq C(X)$ erfülle
	\begin{myrules}
		\item[(a)] $\forall x\in X\exists f_x\in D f_x(x)\neq 0$
		\item[(b)] $\forall x,y\in X(x\neq y\to\exists f_{x,y}\in D f_{x,y}(x)\neq f_{x,y}(y))$
	\end{myrules}
	Dann gilt in der Topologie der gleichmäßigen Konvergenz auf dem Raum $(C(X),d)$, dass $\overline{A(D)}=C(X)$.
\end{mytheo}

\begin{mylem}\label{StoneLem1}
	Es gibt  Polynome $p_n\in\mathbb{R}[X]$, sodass $\forall n p_n(0)=0$ und auf $I=[0,1]$ die Folge $(p_n)_{n\in\mathbb{N}}$ gleichmäßig gegen $t\mapsto\sqrt{t}$ konvergiert.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Wir setzen:
	$$p_0(t)=0, p_{n+1}(t)=p_n(t)+\frac{1}{2}\left(t-p_n^2(t)\right)$$
	Dann ist $\forall n\in\mathbb{N}$:
	\begin{equation*}
	(\sqrt{t}-p_{n+1}(t))=(\sqrt{t}-p_n(t))(1-\frac{1}{2}(\sqrt{t}+p_n(t)))\tag{1}
	\end{equation*}
	Wir beweisen induktiv über $n$ gleichzeitig noch zwei Eigenschaften:
	\begin{align}
	\forall t \; p_n(t) & \geq 0 \tag{2}\\
	0 & \leq \sqrt{t}-p_n(t) \leq\frac{2\sqrt{t}}{2+n\sqrt{t}}\tag{3}
	\end{align}
	\begin{itemize}
		\item Der Anfang ist klar.
		\item Gelte (2)$_n$ und (3)$_n$. Zu zeigen ist (2)$_{n+1}$ und (3)$_{n+1}$. Es gilt
		$$p_{n+1}(t)=\underbrace{p_n(t)}_{\geq 0}+\underbrace{\frac{1}{2}(t-p_n^2(t))}_{\geq 0\text{ nach 3}_n}\geq 0$$
		Wir setzen Gleichung (1) ein und erhalten
		\begin{equation*}\begin{split}
		&(2+(n+1)\sqrt{t})(...)=((2+(n+1)\sqrt{t})(\sqrt{t}-p_n(t))(1-\frac{1}{2}(\sqrt{t}+p_n(t))) \\&
		+((2+n\sqrt{t})(\sqrt{t}-p_n(t))
		+\sqrt{t}(\sqrt{t}+p_n(t))(1\frac{1}{2}(\sqrt{t}+p_n(t)))\\
		&\leq (2\sqrt{t}+\sqrt{t}(\sqrt{t}+p_n(t)))(1-\frac{1}{2})(\sqrt{t}+p_n(t))\\
		& =2\sqrt{t}(1+\frac{1}{2}(\sqrt{t}+p_n(t)))(1-\frac{1}{2}(\sqrt{t}+p_n(t)))\\
		&=2\sqrt{t}(1-\frac{1}{4}(\sqrt{t}+p_n(t))^2)\leq 2\sqrt{t}\end{split}\end{equation*}
		Aus (3) folgt, dass
		$$\sup\{|\sqrt{t}-p_n(t)|\myst t\in[0,1]\}\to 0$$
	\end{itemize}
\end{proof}

\begin{mylem}\label{StoneLem2}
	Es sei $I=[-a,a], a\in\mathbb{R}, a>0$. Dan gibt es eine Folge von Polynomen, die auf $I$ gleichmäßig gegen $t\mapsto|t|$ konvergiert.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es seien die $p_n$ wie in Lemma \ref{StoneLem1} und sei
	$$q_n:=a\cdot p_n\left(\frac{t}{a}\right)^2$$
	Dann konvergiert die Folge $(q_n)_{n\in\mathbb{N}}$ gleichmäßig gegen $|t|$ auf $[-a,a]$.
\end{proof}

\begin{mylem}\label{StoneLem3}
	Es sei $X$ kompakt und Hausdorff'sch. Es sei $A\subseteq C(X)$ eine topologisch abgeschlossene Unteralgebra von $C(X)$. Dann sind für $f,g\in A$ auch die Funktionen $|f|\in A, \max\{f,g\}\in A, \min\{f,g\}\in A$.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es ist
	$$\min\{f,g\}=\frac{1}{2}(f+g)-\frac{1}{2}|f-g|, \max\{f,g\}=\frac{1}{2}(f+g)+\frac{1}{2}|f-g|$$
	Also bleibt nur zu zeigen, dass $f\in A\longrightarrow |f|\in A$. Wir haben $q_n(t)$ wie im 2.Lemma, dass auf $[-a,a]$ gleichmäßig gegen $|t|$ konvergiert. Dann konvergiert $q_n\circ f$ gleichmäßig gegen $|f|$, denn, falls $\forall t\in[-a,a] |q_n(t)-|t||<\varepsilon$, so ist $\forall x\in X |q_n(f(x))-|f(x)||<\varepsilon$. $q_n\circ f\in A$, da $A$ eine Unteralgebra und $q_n$ ein Polynom ist.
\end{proof}

\begin{mylem}\label{StoneLem4}
	Es sei $A$ eine Unteralgebra von $C(X)$, $X$ kompakt und Hausdorff'sch. Dann ist $\overline{A}$ eine Unteralgebra von $C(X)$.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Da $C(X)$ ein metrischer Raum ist, hat jedes $f\in C(X)$ eine abzählbare Umgebungsbasis.\\
	Es sei $f,g\in\overline{A}, c\in\mathbb{R}$. Es gibt zu $f$ und $g$ konvergente Folgen $q_{f,n}, q_{g,n}$ aus $A$. Dann ist z.B. $f\cdot g=\lim_{n\to\infty}(q_{f,n}\cdot q_{g,n})$.
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis des Satzes]
	Es sei $D\subseteq C(X)$ wie in der Voraussetzung, $f\in C(X)$. Zu zeigen: $d\in\overline{A(D)}$.\\
	\begin{itemize}
		\item 1.Schritt: Zu je zwei Punkten $y,z\in X$ gibt es ein $h\in A(D)$, sodass $h(y)=f(y), h(z)=f(z)$: Es gilt nach Voraussetzung $f_1\in D, f_1(y)\neq 0, f_2\in D, f_z(z)\neq 0$. Dann ist $f_y=\frac{f_1}{f_1(y)}, f_z=\frac{f_2}{f_2(z)}$, sodass $f_y(y)=1, f_z(y)=1$. Weiterhin gilt
		$$h_1:=f_y+f_z-f_y\cdot f_z\in A(D)\Longrightarrow h_1(y)=h_1(z)=1$$
		Falls $y\neq z$, so gibt es nach Voraussetzung $h_2\in D, h_2(y)\neq h_2(z)$. Dann erfüllt
		$$h:=\frac{f(y)-f(z)}{h_2(y)-h_2(z)}\cdot h_2-\frac{f(y)h_2(z)-f(z)h_2(y)}{h_2(y)-h_2(z)}\in A(D)$$
		die Bedingung.\\
		Falls $z=y$, so nehmen wir
		$$h=\frac{f(y)}{f_y(y)}\cdot f_y$$
		\item 2.Schritt: Nun nutzen wir die Kompaktheit von $X$. Behauptung:
		$$\forall\varepsilon>0\exists z\in X\exists h_z\in\overline{A(D)}h_z(z)=f(z)\wedge\forall x\in X h_z(x)<f(x)+\varepsilon$$
		F\"ur alle $y\in X\exists g_y\in A(D)$, sodass $g_y(z)=f(z), g_y(y)=f(y)$ nach dem ersten Schritt.
		$$\forall y\exists U_y\in\mathscr{U}(y)\forall z\in U_y g_y(z)<f(z)+\varepsilon$$
		nach Stetigkeit von $f$. Die Mengen $\{U_y\myst y\in X\}$ überdecken $X$ und besitzen somit eine endliche Teilüberdeckung $U_{y_1},...,U_{y_k}$. Dann erfüllt
		$$h_z:=\min\{g_{y_i}\myst i=1,...,k\}$$
		die Bedingung.
		\item 3.Schritt: $\forall z\in X$ sei $h_u$ wie im zweiten Schritt. Dan gibt es Umgebungen, s.d. $h_z(y)>f(y)-\varepsilon$ in der Umgebung. Bilden des Maximums zeigt die Behauptung.
	\end{itemize}
\end{proof}

\chapter{Uniforme R\"aume}\label{ch9}

\begin{mydef}
	Es sei $X$ eine Menge und seien $A,B \subseteq X \times X$. Wir setzen
	\begin{myrules}
		\item[(a)] $A^{-1} = \{(y,x) \myst (x,y) \in A\}$.
		\item[(b)] $ BA = \{(x,y) \myst \exists z (z,y) \in B \wedge (x,z) \in A \}$.
		\item[(c)] $ A^2 = A A$, $A^{n+1} = A^n A$.  
		\item[(d)] $A \subseteq X \times X$ hei\ss t symmetrisch\index{symmetrische Relation}, wenn $A^{-1} = A$,
		\item[(e)] Wenn $X$ aus dem Kontext ersichtlich ist, schreiben wir $ \Delta = \{(x,x) \myst x \in X\}$.
	\end{myrules}
\end{mydef}

Nun gelten $(AB)^{-1} = B^{-1} A^{-1}$ und $A(BC) = (AB)C$.
Wenn $A \subseteq B$, so ist  $A^{-1} \subseteq B^{-1}$ und
f\"ur jedes $C$, $AC \subseteq BC$, $CA \subseteq CB$. Falls $\Delta \subseteq A$ so ist $A \subseteq A^n$.

\begin{mydef} $X$ Menge. $\cU\subseteq X \times X$ hei\ss t uniforme Struktur\index{uniforme Struktur} oder Nachbarschaftsfilter\index{Nachbarschaftsfilter} auf $X$, wenn folgendes gilt
	\begin{myrules}
		\item $\cU \neq \emptyset$ und $\forall A \in \cU (\forall B\subseteq X\times X)(B \supseteq A
		\rightarrow B \in \cU)$.
		\item $\cU$ ist gegen endliche Schnitte abgeschlossen
		\item $\forall A \in \cU$ $\Delta \subseteq A$.
		\item $(\forall U \in \cU)( U^{-1} \in \cU)$.
		\item $\forall U \in \cU \exists V \in \cU V^2 \subseteq U$.
	\end{myrules}
	$(X,\cU)$ hei\ss t uniformer Raum\index{uniformer Raum}.
\end{mydef}
\begin{mydef}
	Es sei $\cU$ eine uniforme Struktur.
	$\cB \subseteq \cU$ hei\ss t Fundamentalsystem f\"ur $\cU$, wenn
	$\forall U \in \cU \exists B \in \cB B \subseteq U$.
\end{mydef}
\begin{mytheo}
	Ist $\cB$ eine Fundmentalsystem f\"ur $\cU$ so sind auch
	$\cB' = \{A \cap A^{-1} \myst A \in \cB\}$ und $\cB_n= \{A^n \myst A \in \cB\}$ Fundamentalsysteme.
\end{mytheo}
\begin{proof}
\end{proof}

\begin{mytheo} Es sei $\cB \subseteq {\mathscr P}(X \times X)$.
	$\cB$ ist Basis f\"ur eine uniforme Struktur genau dann wenn
	folgendes gilt:
	\begin{myrules}
		\item[(a)]
		F\"ur jedes endliche Teilmenge $\cB_0$ von $\cB$ gibt es ein $C \in \cB$, so dass $C \subseteq \bigcap \cB_0$.
		\item[(b)]  $\forall B \in \cB \Delta \subseteq B$.
		\item[(c)]  $\forall B \in \cB \exists B' \in \cB B' \subseteq B^{-1}$.
		\item[(d)] $\forall B \in \cB \exists B' \in \cB (B')^2\subseteq B$.
	\end{myrules}
	Wenn (a) bis (d) gelten, dann ist $\cB$ Basis der uniformen Struktur
	$\cU(\cB) = \{V\subseteq X \times X \myst \exists B \in \cB B \subseteq V\}$.
\end{mytheo}

\part{Algebraische Topologie}

\chapter{Quotienten und Gruppenoperationen}

Wir erinnern uns zuerst an die Quotiententopologie: Es sei $(X,\cO)$ ein topologischer Raum, $\sim$ eine Äquivalenzrelation und $p\colon X\to \sfrac{X}{\sim}$ definiert durch $p(x)=[x]_{\sim}$. Die Quotiententopologie von $(X,\cO,\sim)$, die auf $\sfrac{X}{\sim}$ lebt, ist gegeben durch
$$\cO_{\sim}:=\{V\subseteq \sfrac{X}{\sim}\myst p^{-1}[V]\in \cO\}$$

\begin{mytheo}
	Es sei $(X,\cO)$ ein topologischer Raum, $\sim$ eine Äquivalenzrelation. Dann gilt:
	\begin{enumerate}
		\item Wenn $X$ kompakt ist, so ist $\sfrac{X}{\sim}$ kompakt.
		\item Wenn $X$ (weg-) zusammenhängend ist, so ist $\sfrac{X}{\sim}$ (weg-) zusammenhängend.
	\end{enumerate}
\end{mytheo}

\begin{proof}
	\begin{enumerate}
		\item $p$ ist stetig, also ist $p[X]$ kompakt. Weil $p$ surjektiv ist, ist $p[X]=\sfrac{X}{\sim}$.
		\item $p$ ist stetig, also ist $p[X]$ (weg-) zusammenhängend. Weil $p$ surjektiv ist, ist $p[X]=\sfrac{X}{\sim}$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{myexs}[Das Zusammenfalten von Räumen]
	Es sei $A\subseteq X$ abgeschlossen. Wir schreiben $\sfrac{X}{A}$ für $\sfrac{X}{\sim}$, wenn $\sim$ wie folgt definiert ist:
	$$x\sim y:\Longleftrightarrow \begin{cases}
	x = y & x\notin A \\
	x,y\in A
	\end{cases}$$
	Dies lässt sich auch endlich oft iterieren:
	$$\sfrac{X}{A_1,A_2}=\sfrac{\left(\sfrac{X}{A_1}\right)}{\left(\sfrac{A_2}{A_1}\right)}$$
	Für zwei abgeschlossene, disjunkte Mengen. Alternativ kann man auch $\sim$ wie folgt definieren:
	$$x\sim y:\Longleftrightarrow\begin{cases}
	x = y & x\notin A_1\cup A_2 \\
	x,y\in A_1 \\
	x,y\in A_2
	\end{cases}$$

Warum nimmt man in diesem Beispiel abgeschlossene Mengen $A$? Man m\"ochte Satz~\autoref{trennungseig_quotienten}(3) und weitere Teile dieses Satzes anwenden.

\end{myexs}

\begin{myex}[Homöomorphietyp eines Kegels]
	Es sei $X\subseteq\mathbb{R}^n$. Der Kegel $CX$ (der in den ${\mathbb R}^{n+1}$ eingebettet werden kann) ist definiert als
	$$CX:=\sfrac{X\times[0,1]}{X\times\{1\}}$$
	Es sei $p\in\mathbb{R}^{n+1}$. $CX$ ist hom\"oomorph zu
	$$\tilde{CX}:=\{(1-t)\cdot x'+t\cdot p\myst t\in[0,1], x'\in X\times\{0\}\}$$
\end{myex}

\begin{proof}
	Wir definieren $\tilde{f}\colon X\times[0,1]\to\tilde{CX}$ wie folgt:
	$$\tilde{f}(x,t):=(1-t)\cdot (x,0)+p\cdot t.$$ Wenn $x \in X$, so ist $(x,0) \in X \times \{0\}$; daher geht die Abbildung in den angegebenen Bildraum. Die Abbildung
	$\tilde{f}$ ist stetig nach unserer Kenntnis der Analysis. Weiterhin gilt
	$$\tilde{f}[X\times\{1\}]=\{p\}$$
	Ebenfalls ist $\tilde{f}\restriction {X\times[0,1)}$ injektiv. Also ist die Quotientenabbildung wohldefiniert, stetig und bijektiv. Wir rechnen nicht nach, dass sie offen ist. 
	Ein gesuchter Hom\"oomorphismus $f \colon CX \to \tilde{CX}$ ergibt sich als  $f([x]_{\sim}) = \tilde{f}(x)$.
\end{proof}

 \begin{myex}[Die abgeschlossene Einheitskugel]
	Es sei
	$$B^n:=\{x\in\mathbb{R}^n\myst |x|\leq 1\},\myspace S^{n-1}:=\{x\in\mathbb{R}^n\myst |x|=1\}$$
	Es gilt $S^{n-1}=\partial B^n$. Es sei $n\geq 1$. Dann gilt
	$$\sfrac{B^n}{S^{n-1}}\cong S^n\subseteq\mathbb{R}^{n+1}$$
\end{myex}

\begin{proof}
	Wir definieren zuerst $\tilde{f}\colon B^n\to S^n$ durch
	$$\tilde{f}(x)=-\cos(\pi \cdot |x|)\cdot e_{n+1}+\sin(\pi \cdot |x|)\cdot(\frac{x}{|x|},0).$$
	Wir glauben, dass $\tilde{f}$ stetig ist und dass ${\rm Im}(\tilde{f})= S^{n}$ ist. Weiterhin ist \\ $\tilde{f}\restriction({B^n\smallsetminus S^{n-1}})$ injektiv und $\tilde{f}[S^{n-1}]=\{e_{n+1}\}$. Also ist
	$$f\colon \sfrac{B^n}{S^{n-1}}\to S^n, \mbox{ mit } f([x]_{\sim}) = \tilde{f}(x)$$
	ein gesuchter Homöomorphismus.
\end{proof}

\begin{myex}
	Es gilt
	$$\frac{S^n\times[-1,1]}{S^n\times\{1\},S^n\times\{-1\}}\cong S^{n+1}$$
\end{myex}

\begin{proof}
	Es sei $H\colon S^n\times[-1,1]\to S^{n+1}$ definiert durch
	$$H(x,t)=\cos\left(\frac{\pi}{2}(t+1)\right)(0,-1)+\sin\left(\frac{\pi}{2}(t+1)\right)(x,0).$$
	Dann gilt $H(x,t)\in S^{n+1}$, falls $x\in S^n$, $t \in [-1,1]$. Nun ist 
	$H(x,t) = H(y,s)$ nur f\"ur $s=1 =1$ oder $s=t = -1$, also nur f\"ur $(x,t) \sim (y,s)$.  Wenn wir uns erneut auf die induzierte Abbildung $f([x,t]_\sim) = H(x,t)$ zurückziehen, erhalten wir den gewünschten Homöomorphismus.
\end{proof}

\begin{mydef}[und Existenzbehauptung]\label{Eq(r)}
	Es seien $X$ eine Menge, $R\subseteq X\times X$ eine Relation. Dann ist ${\rm Eq(R)}$ die kleinste Äquivalenzrelation auf $X$, sodass ${\rm Eq(R)}\supseteq R$. $Eq(R)$ heißt die von $R$ \emph{erzeugte Äquivalenzrelation}\index{Erzeugte Äquivalenzrelation}
	$${\rm Eq(R)}:=\bigcap\{R'\supseteq R\myst R'\text{ Äquivalenzrelation}\}.$$
	Wir schneiden über eine nichtleere Menge, da $X\times X\supseteq Eq(R)$ eine Äquivalenz\-relation ist. Man \"uberlege sich, dass dies wohldefiniert ist. Dazu kann man zum Beispiel zeigen, dass der Schnitt beliebig vieler \"Aquivalenzrelationen wieder eine \"Aquivalenzrelation ist.
	
	
	Alternativ kann man $R$ auch von unten her konstruieren: Wir definieren induktiv \"uber $n \in \mathbb N$ eine relation $R_n$. $R_0=\Delta\cup R$,
	$$R_{n+1}=R_n\cup\{(x,z)\myst \exists y(x,y)\in R_n\wedge (y,z)\in R_n\}$$
	Dann ist $\bigcup R_{n+1}$ eine \"Aquivalenzrelation, und es gilt
	${\rm Eq(R)}=\bigcup R_{n+1}$.
\end{mydef}

\begin{myex}[Möbiusband]
	Es sei $X:=[0,1]\times[0,1]$, und $R$ definiert durch $R=\{((0,y), (1,1-y))\myst y\in[0,1]\}$. Es sei $\sim$ die von $R$ erzeugte Äquivalenzrelation (wobei wir lediglich die Diagonale hinzufügen). Dann heißt $\sfrac{X}{\sim}$ Möbiusband.
\end{myex}

\begin{myex}[Klein'sche Flasche]
	Es sei
	$$X=S^1\times[0,1],\; R:=\{((x,y,0),(x,-y,1))\myst (x,y)\in S^1\}$$
	Es sei $\sim$ die von $R$ erzeugte Äquivalenzrelation. $\sfrac{X}{\sim}$ heißt Klein'sche Flasche.
\end{myex}

\begin{myex}[Projektiver Raum]
	Es sei $X=\mathbb{R}^{n+1}\smallsetminus\{0\}$. Es sei
	$$\sim:=\{(x,y)\in X\myst\exists \lambda\in\mathbb{R}\myspace x=\lambda y\}$$
	$\sim$ ist eine Äquivalenzrelation. $\mathbb{R}P^n=\sfrac{X}{\sim}$ (der projektive Raum) ist der Raum aller 1-dimensionalen Unterräume des $\mathbb{R}^n$.
\end{myex}

\section{Quotienten nach Gruppenoperationen}

\begin{mydef}
	Es sei $(G,\circ, e)$ eine Gruppe und $X$ eine Menge. Eine Abbildung $\cdot\colon  G\times X\to X$ heißt \emph{Gruppenoperation}\index{Gruppenoperation}, wenn sie die folgenden Eigenschaften erfüllt:
	\begin{myrules}
		\item[(i)] $\forall x\in X (e\cdot x=x)$
		\item[(ii)] $\forall f,g\in X ((f\circ g)\cdot x=f\cdot(g\cdot x))$
	\end{myrules}
	Es sei $x\in X$ fest. Wir schreiben
	$$Gx:=\{g\cdot x\myst g\in G\}$$
	$Gx$ heißt die \emph{Bahn}\index{Bahn} oder der \emph{Orbit}\index{Orbit} von $x$. Es sei
	$$G_x:=\{g\in G\myst g\cdot x=x\}$$
	$G_x$ heißt die \emph{Standgruppe}\index{Standgruppe} oder \emph{Isotropiegruppe}\index{Isotropiegruppe} von $x$.\\
	Die Gruppenoperation heißt \emph{transitiv}\index{Gruppenoperation!transitiv}, falls
	$$\forall x,y\in X\myspace \exists g\in G \myspace(g\cdot x=y)$$
	Äquivalent, falls $\forall x\in X \myspace Gx=X$
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Aufgrund der Assoziativität schreiben wir einfach
	$$fgx:=(f\circ g)\cdot x=f\cdot(g\cdot x)$$
\end{myrem}

\begin{mycor}
	\begin{enumerate}
		\item $G_x$ ist eine Untergruppe von $G$.
		\item Die Bahnen $Gx$ sind Äquivalenzklassen der Äquivalenzrelation
		$$\sim:=\{(x,y)\in X\times X\myst \exists g\in G\; gx=y\}$$
		\item Folgende Aussagen sind äquivalent:
		\begin{enumerate}
			\item Die Abbildung
			\begin{equation*}
			\begin{split}
			\cdot\colon  G\times X & \to X \\
			(g,x)& \longmapsto gx
			\end{split}
			\end{equation*}
			ist eine Gruppenoperation.
			\item Die Abbildung
			\begin{equation*}
			\begin{split}
			\phi \colon G & \to Sym(X):=\{f\colon X\to X\myst f\text{bijektiv}\} \\
			g & \longmapsto (x\mapsto gx)
			\end{split}
			\end{equation*}
			ist ein Gruppenhomomorphismus.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{mycor}

\begin{proof}
	Es sei $G$ eine Gruppe, $X$ eine Menge, $\cdot$ eine Gruppenoperation.
	Wir zeigen (1): $e\in G_x$ nach (i) der Gruppenoperationsaxiome. Es seien $g,h\in G_x$. Dann gilt
		$$(g\circ h)\cdot x=g\cdot(h\cdot x)=g\cdot x=x$$
		also gilt $(g\circ h)\in G_x$.
Behauptung (2) ist klar. Nun zu Behauptung (3):
		\begin{itemize}
			\item[(a)$\Longrightarrow$(b)]:Wir überprüfen, dass $x$ ein Gruppenhomomorphismus ist. Weil f\"ur jedes  $x\in X$ die Gleichung $ex=x$ gilt, ist $\phi(x)=id$. Es sei $x\in X$ beliebig.
			\begin{equation*}\begin{split}
			&\phi(gh)(x)=(g\circ h)(x)=g\cdot (h\cdot x)=g\cdot(\phi(h)(x))\\
			&=\phi(g)(\phi(h)(x))
			=(\phi(g)\circ \phi(h))(x)
			\end{split}\end{equation*}
			\item[(b)$\Longrightarrow$(a)]: Es sei $x\in X$ beliebig. Weil $\phi(e)=id$, gilt
			$$x=id(x)=\phi(e)(x)=e\cdot x$$
			Weiterhin gilt (nach Homomorphismuseigenschaft):
			$$(g\circ h)\cdot x=\phi(gh)(x)=\phi(g)(\phi(h)(x))=\phi(g)\cdot(\phi(h)\cdot x)$$
		\end{itemize}
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $G\times X\to X$ eine Gruppenoperation und $A\subseteq X$. Die \emph{Standgruppe}\index{Standgruppe!Menge} von $A$ ist definiert als
	$$G_A:=\{g\in G\myst gA=A\}$$
	wobei $gA:=\{ga\myst a\in A\}$. Dies ist also nicht punktweise gemeint.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Der \emph{Bahnenraum}\index{Bahnenraum} von $G$ und $X$ ist
	$$\sfrac{X}{G}:=\{Gx\myst x\in X\}$$
\end{mydef}

\begin{myexs}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $X=\mathbb{R}^n$ mit der Standardtopologie und $G:=GL(n,\mathbb{R})$ die Gruppe aller Matrizen $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$, sodass $\det(A)\neq 0$ mit der Matrizenmultiplikation. Wir betrachten die Operation von $G$ auf $\mathbb{R}$ durch
		$$(A,r)\longmapsto Ar$$
		Dass dies eine Gruppenoperation ist, folgt aus den Erkenntnissen der linearen Algebra.\\
		Der $\mathbb{R}^n$ zerfällt unter dieser Operation in zwei Bahnen: $\{0\}$ und $\mathbb{R}\smallsetminus\{0\}$. Dies folgt aus dem Basiswechselsatz.
		\item Es sei $V = \mathbb R^n$.
		\begin{align*}
		&X=G(n,k)= \{\langle v_1, \dots, v_n\rangle \myst \exists U\\
		& \mbox{($U$ ist ein $k$-dimensionaler Unterraum von } V, \bigwedge_{1 \leq i \leq n}v_i \in U)\}
		\end{align*}
		der Raum der $n$-Tupel von Vektoren aus einem $k$-dimensionalen Unterraum $U$ von $\mathbb{R}^n$ und $G=O(n)=\{A\in\mathbb{R}^{n\times n}\myst A^T=A^{-1}\}$ mit der Matrizenmultiplikation. Dies ist die orthogonale Gruppe. Beachten Sie, dass bei der Definition von $X$ auch das $U$ l\"auft.\\
		Wir betrachten die Operation von $G$ auf $X$ durch
		$$(A,V)=(A,\langle v_1,...,v_n\rangle)\longmapsto \langle Av_1,...,Av_n\rangle$$
		Es sei $A:=\mathbb{R}^k\times\prod_{i=k+1}^n\{0\}\subseteq\mathbb{R}^n$. Für $G_A$ gilt
		$$G_A=G_A':=\{A\in O(n)\myst\exists A_1\in O(k)\;\exists A_2\in O(n-k)\; A=\begin{pmatrix}
		A_1 & 0 \\
		0 & A_2
		\end{pmatrix}\}$$
		$G_A\supseteq G_A'$ ist klar. $G_A\subseteq G_A'$ folgt mit ein bisschen linearer Algebra.\\
		Wir behaupten, dass $O(n)$ transitiv auf $X$ operiert. Es sei
		$$U=\langle b_1,...,b_k\rangle,\; V=\langle c_1,...,c_k\rangle$$ mit $b_i, c_i$ Orthonormalbasen von $U$ resp. $V$. Diese ergänzen wir zu Orthonormalbasen von $\mathbb{R}^n$. Die Basiswechselmatrix ist dann orthonormal.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\begin{mylem}
	Wenn $G$ transitiv auf $X$ operiert, so ist für jedes $x\in X$ die Abbildung
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	\phi_x = \phi \colon  \sfrac{G}{G_x} & \to X \\
	[g] & \longmapsto gx
	\end{split}
	\end{equation*}
	wohldefiniert und bijektiv.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Zuerst die Wohldefiniertheit. Es sei $g_1\sim g_2$, d.h. $\exists h\in G_x\;(g_1h=g_2)$. Dann gilt
	$$\phi(g_2)=g_2x=g_1hx=g_1(hx)=g_1x=\phi(g_1)$$
	Injektivität: Es sei $\phi(g_1)=\phi(g_2)$. Dann ist $g_1x=\phi(g_1)=\phi(g_2)=g_2x$. Also ist $g_2^{-1}g_1x=x$ und $g_2^{-1}g_1\in G_x$. Damit gilt
	$$g_1=g_2(g_2^{-1}g_1)\Longrightarrow g_1\sim g_2$$
	Surjektivität: Es sei $y\in X$. Dank der Transitivität der Operation gibt es ein $g\in G$, sodass $gx=y$. Dann gilt
	$$\phi([g])=gx=y$$
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $(G,\circ)$ eine Gruppe, $\mathscr{O}$ eine Topologie auf $G$. $(G,\circ,\mathscr{O})$ heißt \emph{topologische Gruppe}\index{topologische Gruppe}, falls die Abbildung
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	\cdot \colon  G\times G & \to G \\
	(g,h) & \longmapsto gh^{-1}
	\end{split}
	\end{equation*}
	stetig ist.
\end{mydef}

\begin{mylem}
	Es sei $(G,\circ,\mathscr{O})$ eine topologische Gruppe. Dann sind folgende Abbildungen stetig:
	\begin{enumerate}
		\item ${}^{-1}\colon  G\to G, x\longmapsto x^{-1}$
		\item $\circ\colon  G\times G\to G, (a,b)\longmapsto ab$
	\end{enumerate}
\end{mylem}

\begin{proof}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Es gilt ${}^{-1}=(1, id)\circ \cdot$ und $(1,id)$ ist stetig, da $id$ und $x\longmapsto 1$ stetig sind.
		\item Es gilt $\circ=(id, {}^{-1})\circ\cdot$ und $(id, {}^{-1})$ ist stetig, da ${}^{-1}$ stetig ist (nach 1).
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{myrem}
	In einer topologischen Gruppe sind die Linksmultiplikation $l_g=(h\mapsto gh)$ und Rechtsmultiplikation $r_g=(h\mapsto hg)$ Homöomorphismen.
\end{myrem}

\begin{proof}
	Da $\cdot$ zweistellig aufgefasst stetig ist, ist jede einstellige Version ebenfalls stetig, da
	$$l_g=\cdot\circ (g,id)\circ (id,{}^{-1})$$
	Da ${}^{-1}=\cdot\circ(1,id)$ stetig ist. Weil $l_g^{-1}=l_{g^{-1}}$, ist die Umkehrabbildung stetig und $l_g$ ist bijektiv, da $G$ eine Gruppe ist.
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $G$ eine topologische Gruppe und $H$ eine Untergruppe. Der Quotientenraum $\sfrac{G}{H}$ mit der Quotiententopologie heißt \emph{homogener Raum}\index{homogener Raum}.
\end{mydef}

\begin{mycor}
	Die Abbildung $p\colon G\to \sfrac{G}{H}$ ist stetig und offen.
\end{mycor}

\begin{proof}
	Es sei $U\subseteq G$ offen. Zu zeigen ist, dass $p[U]$ offen in $\sfrac{G}{H}$ ist, d.h. $p^{-1}[p[U]]$ ist offen in $G$. Dies gilt, denn
	$$p^{-1}[p[U]]=\bigcup_{h\in H}Uh=\bigcup\{r_h[U]\myst h\in H\}$$
	Und für jedes $h\in H$ ist $r_h[U]$ offen (da $r_h$ ein Homöomorphismus ist).
\end{proof}

\begin{myrem}
	Falls $H$ abgeschlossen ist in $G$ und $G$ Hausdorff'sch, so ist $G/H$ Hausdorff'sch. Wenn $\sfrac{G}{H}$ T$_1$ ist, so ist $H$ abgeschlossen.
\end{myrem}

\begin{proof}
	Wir behaupten, dass
	$$R=\{(g_1,g_2)\in G\times G\myst g_1g_2^{-1}\in H\}$$
	Dann ist $R$ abgeschlossen, als Urbild einer abgeschlossenen Menge unter einer stetigen Abbildung. Da $R$ die Diagonale in $G/H$ ist, ist $G/H$ Hausdorff.
	Wenn $\sfrac{G}{H}$ T$_1$ ist, so ist $\{1\}$ abgeschlossen und somit auch $p^{-1}[\{1\}]=H$.
\end{proof}

\chapter{Homotopie}

\begin{mydef}
	Es seien $X,Y$ topologische Räume, $f,g\colon X\to Y$ stetig. $f$ heißt \emph{homotop}\index{homotop} zu $g$ mittels/durch/via $h$ genau dann, wenn $h\colon X\times [0,1]\to Y$ stetig ist und
	$$\forall x\in X\; h(x,0)=f(x)\wedge h(x,1)=g(x)$$
	Man schreibt kurz $f\sim_hg$. $f\sim g$ heißt $\exists h\; f\sim_hg$.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	$f\sim_{h,A}g$, genannt, $f$ und $g$ sind \emph{homotop relativ zu}\index{homotop!relativ} $A$ via $h$, bedeutet $f\upharpoonright A=g\upharpoonright A$ sowie $f\sim_hg$ und $\forall t\in I\; h_t\upharpoonright A=f\upharpoonright A=g\upharpoonright A$.
\end{mydef}

\begin{myex}
	Es sei $X=\mathbb{C}\smallsetminus\{0\}$ und $\gamma_1,\gamma_2\colon I\to X$ gegeben durch $\gamma_1(t)=exp(\pi i t), \gamma_2(t)=exp(-\pi i t)$.
\end{myex}

\begin{mytheo}
	Die Homotopie (relativ zu einer Menge $A$) ist eine Äquivalenzrelation auf der Menge der stetigen Funktionen von $X$ nach $Y$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Reflexiv: Es sei $h(x,t)=f(x)$.\\
	Symmetrisch: Es sei $h$ stetig, sodass $h(x,0)=f(x), h(x,1)=g(x)$. Weil die Abbildung $\phi\colon t\mapsto 1-t$ stetig ist, ist $h'=h\circ (id, \phi)$ stetig.\\
	Transitiv: Es sei $f\sim_{h_1}g, g\sim_{h_2}h$. Es sei
	$$h(x,t)=\begin{cases}
	h_1(x,2t) & t\leq\frac{1}{2} \\
	h_2(x,2t-1) & t\geq\frac{1}{2}
	\end{cases}$$
	Dies ist wohldefiniert, da $h_1(x,1)=g(x)=h_2(x,0)$. Weiterhin ist $h$ stetig, da $h\upharpoonright X\times \left[ 0,\frac{1}{2} \right]$ und $h\upharpoonright X\times \left[ \frac{1}{2},1 \right]$ stetig sind (nach Satz \ref{GluingContinous})
\end{proof}

\begin{mylem}
	Es seien $f_0, f_1\colon X\to Y$ sowie $g_0,g_1\colon Y\to Z$ und sei $f_0\sim_{h_0}f_1, g_0\sim_{h_1}g_1$. Dann ist $g_0\circ f_0\sim_Hg_1\circ f_1$, wobei
	$$H(x,t)=h_1(h_0(x,t),t)$$
\end{mylem}

\begin{proof}
	Zuerst ist $H\colon X\times I\to Z$ als Einsetzung stetiger Funktionen in eine stetige Funktion stetig. Weiterhin gilt
	$$H(x,0)=h_1(h_0(x,0),0)=h_1(f_0(x),0)=g_0(f_0(x))=(g_0\circ f_0)(x)$$
	$$H(x,1)=h_1(h_0(x,1),1)=h_1(f_1(x),1)=g_1(f_1(x))=(g_1\circ f_1)(x)$$
\end{proof}

\begin{myex}
	Es sei $g\colon \mathbb{R}^n\to\{0\}$, $f=id\colon \mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n$. Dann ist $f\sim_hg$ mit
	$$h\colon \mathbb{R}^n\times I\to\mathbb{R}^n,\; h(x,t)=x-tx$$
	Denn $h$ ist stetig laut der Analysis und $h(x,0)=x=f(x), h(x,1)=x-x=0=g(x)$.
\end{myex}

\begin{mydef}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Eine stetige Abbildung $f\colon X\to Y$ heißt \emph{Homotopieäquivalenz}\index{Homotopieäquivalenz}, wenn es eine Abbildung $g \colon Y \to Y$ gibt, so dass
		$$ g\circ f\sim id_X\wedge f\circ g\sim id_Y.$$
		\item Zwei topologische Räume $X,Y$ heißen \emph{homotopieäquivalent}\index{homotopieäquivalent}, wenn es eine Homotopieäquivalenz gibt. Wir schreiben $X\simeq Y$.
		\item Ein topologischer Raum $X$ heißt zusammenziehbar, wenn $X$ zum Einpunktraum homotopieäquivalent ist.
	\end{enumerate}
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Die Homotopieäquivalenz ist tatsächlich eine Äquivalenzrelation:
	\begin{enumerate}
		\item $X\simeq X$ durch $f=id$.
		\item Falls $X\simeq Y$ durch $f$ und $g$ dies bezeugt, so ist $Y\simeq X$ durch $g$ (dies wird von $f$ bezeugt).
		\item Es sei $X\simeq Y$ durch $f_0$ (bezeugt von $f_1$) und $Y\simeq Z$ durch $g_0$ (bezeugt durch $g_1$). So ist $X\simeq Z$ durch $g_0\circ f_0$ (bezeugt von $f_1\circ g_1$):
		$$(g_0\circ f_0)\circ(f_1\circ g_1)=g_0\circ(f_0\circ f_1)\circ g_1\sim g_0\circ id_X\circ g_1=g_0\circ g_1\sim id_Z$$
		Nun folgt $(g_0\circ f_0)\circ (f_1\circ g_1)$ aus transitivität von $\sim$. Die andere Richtung folgt genau so.
	\end{enumerate}
\end{myrem}

\begin{myrem}
	Wenn $X$ und $Y$ homöomorph sind, so sind sie homotopieäquivalent:\\
	Es sei $f\colon X\to Y$ stetig, offen und bijektiv. Dann sind $X$ und $Y$ homotopieäquivalent durch $f$, bezeugt von $f^{-1}$.
\end{myrem}

\begin{myrem}\hfill
	Kompaktheit und topologische Dimension sind nicht invariant unter Homotopieäquivalenz.
\end{myrem}

\begin{mylem}
	$X$ ist zusammenziehbar genau dann, wenn es eine Abbildung $h\colon X\times I\to X$ und ein $x_0\in X$ gibt, sodass
	$$\forall x\in X\; h(x,0)=x, h(x,1)=x_0$$
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $X$ zusammenziehbar und sei $f\colon X\to\{0\}, g\colon \{0\}\to X$, sodass $fg\simeq id_X$. Es sei $x_0=g(0)$. Dann gilt $fg(x)=x_0$ und nach Homotopie von $gf$ und $id_X$ gibt es $h\colon X\times I\to X$, sodass
	$$\forall x\in X\; h(x,0)=id_X(x)=x, \; h(x,1)=gf(x)=x_0$$
	Also erfüllt $X$ die andere Bedingung.\\
	Es sei $h\colon X\times I\to X$ und $x_0\in X$, sodass
	$$\forall x\in X\; h(x,0)=x, \; h(x,1)=x_0$$
	Dann ist $X$ Homotopieäquivalent zu $\{x_0\}$: Es sei $f(x)=x_0, g(x_0)=x_0$. $f$ und $g$ sind stetig, weiterhin gilt
	$$h(x,0)=x=id_X(x)\; h(x,1)=x_0=fg(x)$$
	Also ist $id_X\sim_h fg(x)$. Weiterhin ist $gf(x_0)=x_0$ und damit $gf=id_{\{x_0\}}$ und gleiche Funktionen sind homotop.
\end{proof}

\begin{mydef}
	$X\subseteq\mathbb{R}^n$ heißt \emph{sternförmig}\index{sternförmig}, wenn es $x_0\in X$ gibt, sodass
	$$\forall x\in X\forall t\in I\; (1-t)x_0+tx\in X$$
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Ist $X$ sternförmig, so ist $X$ zusammenziehbar.
\end{myrem}

\begin{mylem}
	Es sei $X$ ein topologischer Raum und $A\subseteq X$ ein Teilraum. Dann gilt: Existiert ein $h\colon X\times I\to X$, sodass
	$$\forall x\in X\; (h(x,0)=x\wedge h(x,1)\in A\wedge x\in A\to h(x,1)=x)$$
	So sind $A$ und $X$ homotopieäquivalent.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $h$ wie im Lemma. Es sei $f\colon X\to A$ definiert durch $f(x)=h(x,1)$ und $g\colon A\to X$ die Inklusion. Wir behaupten, dass $gf\sim id_X$ und $fg\sim id_A$. Weil $h_1|_A=id_A$, ist $f|_A=id_A$ und somit $fg=id_A$. Weiterhin ist $gf\sim id_X$ durch $h$, denn
	$$\forall x\in X\; h(x,0)=x\wedge gf(x)=g(f(x))=g(h(x,1))=h(x,1)$$
\end{proof}

\begin{myexs}
	\begin{enumerate}
		\item $Z:=S^1\times\mathbb{R}$ ist homotopieäquivalent zu $S^1$, denn $S^1\cong S^1\times\{0\}$ und $h\colon Z\to Z$, definiert durch
		$$h(x,y,t)=(x,y-ty)$$
		erfüllt die Bedingung des Lemmas.
		\item $S^{n-1}\simeq\mathbb{R}\smallsetminus\{0\}$. Es sei $h\colon \mathbb{R}\smallsetminus\{0\}$ definiert durch
		$$h(x,t)=\frac{x}{\|x\|\cdot t}$$
		Dann erfüllt $h$ die Bedingung des Lemmas.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\section{Die Fundamentalgruppe}

\begin{mydef}
	Es sei $X$ ein topologischer Raum, $x_0\in X$. Wir definieren
	$$\Omega(X,x_0):=\{\gamma\in (I,X)\myst \gamma(0)=\gamma(1)=x_0\}$$
	Die \emph{Fundamentalgruppe}\index{Fundamentalgruppe} von $(X,x_0)$ ist
	$$\pi_1(X,x_0)=\sfrac{\Omega(X,x_0)}{\sim_{rel(\{0,1\})}}$$
	Mit der Verknüpfung
	$$[f]*[g]=[f*g]$$
	mit
	$$(f*g)(t)=\begin{cases}
	h(2t) & 0\leq t\leq\frac{1}{2} \\
	h(2t-1) & \frac{1}{2}\leq t\leq 1
	\end{cases}$$
	und neutralem Element $\epsilon_{x_0}:=(x\mapsto x_0)$.
\end{mydef}

Für den Beweis, dass dies eine Gruppe ist, benötigen wir:

\begin{mylem}\label{LemParam}
	Es sei $\gamma\colon [0,1]\to X$ eine Schleife und $\phi\colon I\to I$ stetig, sodass $\phi(0)=0, \phi(1)=1$. Dann sind $\gamma\circ\phi$ und $\gamma$ Homotop.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $H$ definiert durch
	$$H(t,s)=\gamma((1-s)t+s\phi(t))$$
	Dann ist $H$ eine Homotopie von $\gamma$ und $\gamma\circ\phi$: $H$ ist stetig laut der Analysis und
	$$H(t,0)=\gamma(t),\; H(t,1)=\gamma(\phi(t))$$
	weiterhin ist
	$$H(0,s)=\gamma(0+0)=\gamma(0),\; H(1,s)=\gamma(1-s+s)=\gamma(1)$$
\end{proof}

\begin{mylem}\label{LemInvers}
	Es sei $\gamma\colon I\to X$ stetig und $\overline{\gamma}\colon I\to X$ definiert durch $\overline{\gamma}(t)=\gamma(1-t)$. Dann ist $\gamma*\overline{\gamma}$ homotop zur konstanten $x_0$-Abbildung.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei
	$$H(t,s):=\begin{cases}
	\gamma(2ts) & t\leq\frac{1}{2} \\
	\overline{\gamma}(2ts+1-2s) & t\geq\frac{1}{2}
	\end{cases}$$
	Diese Abbildung ist wohldefiniert, denn
	$$H\left(\frac{1}{2},s\right)=\gamma(s)=\gamma(1-1+s)=\overline{\gamma}(1+s)=\overline{\gamma}(s+1-2s)=H\left(\frac{1}{2},s\right)$$
	Weiterhin ist sie eine $\{0,1\}$-Homotopie, denn
	$$H(t,0)=\begin{cases}
	\begin{rcases}
	\gamma(0)=\gamma*\overline{\gamma}(0) & t\leq\frac{1}{2}\\
	\overline{\gamma}(1)=\gamma(0)=\gamma*\overline{\gamma}(0) & t\geq\frac{1}{2}
	\end{rcases}
	\end{cases},\; H(t,1)=\begin{cases}
	\begin{rcases}
	\gamma(2t) \\
	\overline{\gamma}(2t+s-2)=\overline{\gamma}(2t-1)
	\end{rcases}
	\end{cases}=\gamma*\overline{\gamma}(t)$$
	$$H(0,s)=\gamma(0),\; H(1,s)=\overline{\gamma}(2ts+1-2s)=\overline{\gamma}(1)=\gamma(0)$$
\end{proof}

\begin{mylem}
	Die Verknüpfung $[f]*[g]$ definiert wirklich eine Gruppenoperation.
\end{mylem}

\begin{proof}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item $f*g$ wie in der Definition ist ein Weg, denn $f*g\upharpoonright{[0,\frac{1}{2}]}$ sowie $f*g\upharpoonright{[\frac{1}{2},1]}$ ist stetig, also ist auch $h$ stetig. Weiterhin gilt
		$$h(0)=f(0)=x_0, h(1)=g(1)=x_0$$
		\item Die Äquivalenzklasse von $f*g$ ist unabhängig von der Wahl der Repräsentanten: Es sei $f_0\sim_{\{0,1\},h_0}f_1, g_0\sim_{\{0,1\},h_1}g_1$. Wir behaupten, dass
		$$H(t,s)=\begin{cases}
		H_1(2t,s) & t\leq\frac{1}{2} \\
		H_2(2t-1, s) & t\geq\frac{1}{2}
		\end{cases}$$
		eine $\{0,1\}$-Homotopie von $f_0*g_0$ und $f_1*g_1$ ist, denn
		$$H(t,0)=\begin{cases}
		\begin{rcases}
		H_1(2t,0)=f_0(2t) & t\leq\frac{1}{2} \\
		H_2(2t-1,0)=g_0(2t-1) & t\geq\frac{1}{2}
		\end{rcases}
		\end{cases}=f_0*g_0(t)$$
		Ebenso für $s=1$, also ist $H$ eine Homotopie. Ebenfalls gilt
		$$H(0,s)=H_1(0,s)=f_0(0)=(f_0*g_0)(0)$$
		$$H(1,s)=H_2(1,s)=g_0(0)=(f_0*g_0)(0)$$
		also ist $H$ eine $\{0,1\}$-Homotopie.
		\item Es sei $f$ eine Schleife und $g$ die konstante $x_0$-Abbildung. Die Homotopie von $g*f$ und $f$ folgt aus Lemma \ref{LemInvers}
		Da die Abbildung
		$$\phi(x)=\begin{cases}
		0 & x\leq\frac{1}{2} \\
		2x & x\geq\frac{1}{2}
		\end{cases}$$
		Die Bedingungen des Lemmas erfüllt und $g*f=\phi\circ f$, sind $g*f$ und $f$ homotop.
		\item Es sei $f\colon I\to X$ eine Schleife. Wir behaupten, dass
		$$\overline{f}(x):=f(1-x)$$
		invers zu $f$ ist. Dies folgt aus Lemma \ref{LemInvers}
		\item Assoziativität: Es seien $f_0,f_1,f_2$ Schleifen. Zu zeigen ist, dass $(f_0*f_1)*f_2$ und $f_0*(f_1*f_2)$ homotop sind. Dies folgt, denn es gilt
		$$\gamma_1*(\gamma_2*\gamma_3)(t)=\begin{cases}
		\gamma_1(2t) & t\leq\frac{1}{2}\\
		\gamma_2(4t-2) & \frac{1}{2}\leq t\leq\frac{3}{4} \\
		\gamma_3(4t-3) & t\geq\frac{3}{4}
		\end{cases},\; (\gamma_1*\gamma_2)*\gamma_3=\begin{cases}
		\gamma_1(4t) & t\leq\frac{1}{4} \\
		\gamma_2(4t-1) & t\leq\frac{1}{2} \\
		\gamma_3(2t-1) & t\geq\frac{1}{2}
		\end{cases}$$
		und eine Homotopie ist gegeben durch
		$$H(t,s) =\begin{cases}
		\gamma_1\left(\frac{4t}{1+s}\right) \\
		\gamma_2(4t-(1+s)) \\
		\gamma_3(1-\frac{4(1-t)}{2+s})
		\end{cases}$$
		denn
		$$H(t,0)=\begin{cases}
		\gamma_1(4t) & t\leq\frac{1}{4} \\
		\gamma_2(4t-1) & \frac{1}{4}\leq t\leq\frac{1}{2} \\
		\gamma_3(2t-1) & t\geq\frac{1}{2}
		\end{cases},\; H(t,1)=\begin{cases}
		\gamma_1(2t) & t\leq\frac{1}{2}\\
		\gamma_2(4t-2) & \frac{1}{2}\leq t\leq\frac{3}{4} \\
		\gamma_3(4t-3) & t\geq\frac{3}{4}
		\end{cases}$$
		Und weiterhin gilt
		\begin{equation*}
		\begin{split}
		H(0,s) & =\gamma_1(0)=\gamma_1*(\gamma_2*\gamma_3)(0)=(\gamma_1*\gamma_2)*\gamma_3(0) \\
		H(1,s) & =\gamma_3(1)=\gamma_1*(\gamma_2*\gamma_3)(1)=(\gamma_1*\gamma_2)*\gamma_3(1)
		\end{split}
		\end{equation*}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{myrem}
	Wir können $\Omega(X,x_0)$ erneut topologisieren durch die kompakt-offene Topologie.
\end{myrem}

\section{Die Fundamentalgruppe als Funktor}

\begin{mydef}
	Eine \emph{Kategorie}\index{Kategorie} $\mathscr{C}$ besteht aus 
	\begin{enumerate}
		\item eine Klasse von Objekten $\Obj(\mathscr{C})$,
		\item zu je zwei Objekten $X,Y\in \Obj(\mathscr{C})$ einer Menge $\Hom_{\mathscr{C}}(X,Y)$ von Morphismen,
		\item Zu je drei Objekten $X,Y,Z\in \Obj(\mathscr{C})$ einer Verkettung
		\begin{equation*}
		\begin{split}
		\circ\colon  \Hom(X,Y)\times \Hom(Y,Z) & \to \Hom(X,Z) \\
		(f,g) & \longmapsto g\circ f
		\end{split}
		\end{equation*}
	\end{enumerate}
	sodass folgendes gilt:
	\begin{myrules}
		\item[Identität:] Zu jedem $X\in \Obj(\mathscr{C})$ gibt es einen ausgezeichneten Morphismus $id_X\in \Hom_{\mathscr{C}}(X,X)$, sodass für alle $Y\in\Obj(\mathscr{C})$ und alle $f\in \Hom_{\mathscr{C}}(X,Y)$:
		$$f=f\circ id_X=id_Y\circ f$$
		\item[Assoziativität:] Für $X,Y,Z,W\in\Obj(\mathscr{C})$ und $f\in\Hom_{\mathscr{C}}(X,Y), g\in\Hom_{\mathscr{C}}(Y,Z), h\in\Hom_{\mathscr{C}}(Z,W)$ gilt
		$$h\circ(g\circ f)=(h\circ g)\circ f$$
	\end{myrules}
\end{mydef}

\begin{myexs}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item Die Kategorie $\mathcal{T}op$ mit topologischen Räumen als Objekten und stetigen Abbildungen als Morphismen.
		\item Die Kategorie $\mathcal{T}op+$ der Topologischen Räume mit Basispunkt als Objekten und stetigen Abbildungen, die die jeweiligen Basispunkte aufeinander abbilden als Morphismen.
		\item Die Kategorie $Grp$ der Gruppen als Objekten und Gruppenhomomorphismen als Morphismen.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\begin{mydef}
	Eine Abbildung $\mathcal{F}\colon \mathcal{A}\to\mathcal{B}$ ist ein \emph{Funktor}\index{Funktor}, falls für alle $A\in\Obj(\mathcal{A})$ $\mathcal{F}(A)\in\mathcal{B}$ und	\begin{enumerate}
		\item $\mathcal{F}(id_X)=id_{\mathcal{F}(X)}$
		\item $\mathcal{F}(f\circ g)=\mathcal{F}(f)\circ\mathcal{F}(g)$
	\end{enumerate}
	Ein Funktor heißt \emph{kovariant}\index{Funktor!kovariant}, falls für alle $f\in\Hom_{\mathcal{A}}(X,Y)$ gilt, dass $\mathcal{F}(f)\in \Hom_{\mathcal{B}}(\mathcal{F}(X),\mathcal{F}(Y)$.
\end{mydef}

\begin{mytheo}
	Die Abbildung $\pi_1$, die einem topologischen Raum mit Basispunkt seine Fundamentalgruppe zuordnet, ist ein kovarianter Funktor von $\mathcal{T}op$ nach $Grp$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Da $\pi_1(X,x)$ eine Gruppe ist, ist die erste Eigenschaft erfüllt.\\
	Es sei $f\colon (X,x)\to (Y,y)$ eine stetige Abbildung, sodass $f(x)=y$. Dann ist
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	\pi_1(f)=:f^*\colon \pi_1(X,x)& \to\pi_1(Y,y) \\
	[\gamma]& \longmapsto[f\circ\gamma]
	\end{split}
	\end{equation*}
	ein Gruppenhomomorphismus:
	$$f^*[\gamma*\gamma']=[f\circ(\gamma*\gamma')]=[(f\circ\gamma)*(f\circ\gamma')]$$
	Denn beide Abbildungen stimmen auf $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ und $\left[\frac{1}{2},1\right]$ überein.\\ Weiterhin gilt:
	\begin{enumerate}
		\item $id_X^*(\gamma)=[id_X\circ\gamma]=[\gamma]$. Also gilt $id_X^*=id_{\pi(X,x)}$.
		\item Es seien $g\in\Hom_{\mathcal{T}op}(X,Y), f\in\Hom_{\mathcal{T}op}(Y,Z)$. Dann gilt
		$$(f^*\circ g^*)[\gamma]=f^*([g\circ\gamma])=[f\circ g\circ\gamma]=(f\circ g)^*([\gamma])$$
	\end{enumerate}
\end{proof}

\subsection{Die Rolle des Basispunktes}

\begin{mytheo}[Die Rolle des Basispunktes]
	Es sei $X$ ein topologischer Raum und $x,y\in X$. Jede Homotopieklasse von Wegen von $x$ nach $y$ induziert einen Isomorphismus
	$$\pi_1(X,x)\to\pi_1(X,y)$$
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $\delta\colon [0,1]\to X$ ein stetiger Weg mit $\delta(0)=x, \delta(1)=y$. Wir definieren
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	J_{\delta}\colon \pi_1(X,x)&\to\pi_1(X,y) \\
	[\gamma]&\longmapsto[\overline{\delta}*\gamma*\delta]
	\end{split}
	\end{equation*}
	Wobei $\overline{\delta}(x)=\delta(1-x)$.
	\begin{enumerate}
		\item $J_{\delta}$ ist wohldefiniert, da Homotopie durch $*$ erhalten bleibt (wie im Beweis der Wohldefiniertheit von $*$ für Schlaufen).
		\item $J_{\delta}$ ist ein Gruppenhomomorphismus, da
		$$[\gamma_1*\gamma_2]\longmapsto[\overline{\delta}*\gamma_1*\gamma_2*\delta]=[\overline{\delta}*\gamma_1*\delta*\overline{\delta}*\gamma_2*\delta]=[\overline{\delta}*\gamma_1*\delta]*[\overline{\delta}*\gamma_2*\delta]$$
		\item $J_{\delta}$ ist bijektiv, da die Umkehrabbildung durch $J_{\overline{\delta}}$ gegeben ist:
		$$J_{\delta}(J_{\overline{\delta}})(\gamma)=[\overline{\delta}*\delta*\gamma*\overline{\delta}*\delta]=[\gamma]$$
		$$J_{\overline{\delta}}(J_{\delta}(\gamma))=[\delta*\overline{\delta}*\gamma*\delta*\overline{\delta}]=[\gamma]$$
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mycor}
	Wenn $X$ wegzusammenhängend ist, hängt der Isomorphietyp von $\pi_1(X,x)$ nicht von der Wahl von $x$ ab.
\end{mycor}

\begin{mydef}
	Es seien $\gamma_0, \gamma_1\colon  I\to X$ Schleifen (u.U. mit verschiedenen Basispunkten). $\gamma_0$ und $\gamma_1$ heißen \emph{Geschlossen homotop}\index{homotop!geschlossen}, wenn es eine stetige Abbildung $h\colon I\times I\to X$ gibt, sodass
	$$h(s,0):=h_0(s)=\gamma_1(s), h(1,s):=h_1(s)=\gamma_1(s)$$
	und $h_t$ eine Schleife ist für alle $t\in I$.
\end{mydef}

\begin{myrem}
	Falls $\gamma_1,\gamma_2$ Schleifen sind und $\gamma_1(0)=\gamma_2(0)$, so gilt
	$$\gamma_1\sim_{\{0,1\}}\gamma_2\Longrightarrow \gamma_1\text{ ist geschlossen homotop zu }\gamma_2$$
\end{myrem}

\begin{mydef}
	Eine Schleife heißt zusammenziehbar in $X$, falls es ein $x\in X$ und eine geschlossene Homotopie $h$ gibt, sodass $\gamma\sim_h\epsilon_x$.
\end{mydef}

\begin{mytheo}
	Eine Schleife $\gamma$ ist genau dann zusammenziehbar in $X$, falls $\gamma\sim_{\{0,1\}}\epsilon_{\gamma(0)}$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $\gamma\sim_{\{0,1\}}\epsilon_{\gamma(0)}$ durch $h$. Dann gilt per Definition $h_0=\gamma, h_1=\epsilon_{\gamma(0)}$. Weiterhin ist $h(0,t)=\gamma(0), h(1,t)=\gamma(1)=\gamma(0)$.\\
	Es sei $h$ eine geschlossene Homotopie von $\gamma$ und $\epsilon_{x_0}$ für $x_0\in X$. $\pi(s)=h(0,s)$ ist ein Weg von $x_0$ nach $x$. Für $t\in[0,1]$ sei $\sigma_t(s)=h(0,t\cdot s)$. Damit ist $\sigma\colon I\times I\to X, \sigma(s,t):=\sigma_t(s)=h(0,st)$ stetig. $k:I\times I\to X$ sei definiert durch
	$$k_t=(\sigma_t*h_t)*\overline{\sigma_t}$$
	$$k(s,t)=\begin{cases}
	h(0,4st) & 0\leq s\leq\frac{1}{4} \\
	h(4s-1, t) & \frac{1}{4}\leq s\leq\frac{1}{2} \\
	h(0,t(2-2s)) & \frac{1}{2}\leq s\leq 1
	\end{cases}$$
	Dann gilt folgendes:
	\begin{enumerate}
		\item $k_0(s)=\gamma(s)$
		\item $k_1\sim\pi*\overline{\pi}$
		\item $\gamma\sim_k\pi*\overline{\pi}\sim\epsilon_{x_0}$
		\item $\epsilon_{x_0}\sim\pi*\overline{\pi}$
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mylem}
	Es sei $\gamma\colon I\to X$ eine Schleife und sei $\tilde{\gamma}\colon \sfrac{I}{\{0,1\}}\to X$ die induzierte Abbildung. $\sfrac{I}{\{0,1\}}\cong S^1$ trage die Quotiententopologie und sei $B^2=\{x\in\mathbb{R}^2\myst |x|<1\},\overline{B^2}=\{x\in\mathbb{R}\myst |x|\leq 1\}$. Dann ist $\gamma$ zusammenziehbar genau dann, wenn $\overline{\tilde{\gamma}}\colon S^1\to X$ eine stetige Fortsetzung auf $\overline{B^2}$ hat, d.h.
	$$\exists f\colon \overline{B^2}\to X, f\upharpoonright S^1=\overline{\tilde{\gamma}}$$
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $f\colon \overline{B^2}\to X$ stetig. Wir definieren $H(s,t)=f(t\cdot g([s]))$ für $s\in [0,1], [s]\in\sfrac{[0,1]}{\{0,1\}}, g\colon \sfrac{[0,1]}{\{0,1\}}\to S^1, t\in[0,1]$. Da Multiplikation stetig ist, ist $H$ stetig. Weiterhin ist $H_0=\epsilon_{f(0)}$ und $H_1=f$. Weiterhin gilt für jedes $x$, dass $H(0,x)=H(1,x)$, da $[0]=[1]$.\\
	Es sei $H_0=\tilde{\gamma}, H_1=\tilde{\epsilon_x}$. Für $y\in\overline{B^2}$ gilt $y=tx$ eindeutig mit $x\in S^1, t\in I$. Wir setzen
	$$f(tx)=H(x,1-t)$$
	So gilt für $x\in S^1$, dass $f(x)=H(x,1-1)=\tilde{\gamma}(x)$
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es seien $f,g\colon X\to Y, h\colon X\times I\to Y$, sodass $f\sim_hg$. Es sei $x_0\in X, \gamma(t):=h(x_0,t)$, dann ist $\gamma\colon I\to Y$, sodass $\gamma(0)=f(x_0), \gamma(1)=g(x_0)$. Dann ist:
	$$g_{x_0}^*=J_{\gamma}\circ f_{x_0}^*$$
	Mit anderen Worten: Das Diagramm
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
			{\pi_1(X,x_0)} \arrow[rr, "f_{x_0}^*"] \arrow[rd, "g_{x_0}^*"] &                & {\pi_1(Y,y_0)} \arrow[ld, "J_{\gamma}"] \\
			& {\pi_1(Y,y_1)} &                                        
		\end{tikzcd}
	\end{center}
	kommutiert.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $\sigma\in\Omega(X,x_0)=\{\gamma\in C(I,X)\myst \gamma(0)=\gamma(1)=x_0\}$. Wir behaupten, dass
	$$g_{x_0}^*([\sigma]):=[g\circ\sigma]=(J_{\gamma}\circ f_{x_0}^*)([\sigma])=\overline{\gamma}*(f\circ\sigma)*\gamma$$
	Wir basteln uns die Homotopie $k$.
	$$\gamma_t(s):=\gamma(t+s(1-t))$$
	$$k_t:=\overline{\gamma_t}*(h_t\circ\sigma)*\gamma_t$$
	Dann ist $k\colon I\times I\to Y$ stetig und $k_1=g\circ\sigma, k_0=\overline{\gamma}*(f\circ\sigma)*\gamma$.
\end{proof}

\begin{mylem}
	Es sei $\gamma\colon I\to X, \gamma(0)=x_0,\gamma(1)=x_1, f\colon X\to Y$. Dann gilt:
	$$f_{x_1}^*\circ J_{\gamma}=J_{f\circ\gamma}\circ f_{x_0}^*$$
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $\sigma\in\Omega(X,x_0)$. Dann gilt
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	f_{x_1}^*\circ J_{\gamma}([\sigma]) & =f_{x_1}^*([\overline{\gamma}*\sigma*\gamma]) \\
	& = [f\circ(\overline{\gamma}*\sigma*\gamma)] \\
	& = [(f\circ\overline{\gamma})*(f\circ\sigma)*(f\circ\gamma)] \\
	& = [(\overline{f\circ\gamma})*(f\circ\sigma)*(f\circ\gamma)] \\
	& = J_{f\circ\gamma}([f\circ\sigma]) \\
	& = J_{f\circ\gamma}\circ f_{x,x_0}([\sigma])
	\end{split}
	\end{equation*}
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es sei $f\colon X\to Y$ eine Homotopieäquivalenz. Dann gilt für alle $x_0\in X$, dass die Abbildung
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	f_{x_0}^*:\pi_1(X,x_0) & \to \pi_1(Y,f(x_0)) \\
	[\gamma] & \longmapsto [\gamma\circ f]
	\end{split}
	\end{equation*}
	ein Gruppenisomorphismus ist.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei $f\circ g\sim_kid_Y, g\circ f\sim_hid_X$. Dann ist $\gamma_0(t)=k(f(x_0)),1-t)$ ein Weg von $f(g(f(x_0)))$ nach $f(x_0)$. Weiterhin ist $\gamma_1(t)=h(x_0,1-t)$ ein Weg von $x_0$ nach $g(f(x_0))$.\\
	Die Abbildung ist ein Homomorphismus, denn $f\circ\epsilon_{x_0}=\epsilon_{f(x_0)}$. Weiterhin gilt
	$$f_{x_0}^*([\gamma*\gamma])=[f\circ(\gamma*\gamma')]=[f\circ\gamma*f\circ\gamma]=f_{x_0}^*([\gamma])*f_{x_0}^*([\gamma'])$$
	Die Abbildung ist injektiv, da $(g\circ f)_{x_0}^*=g_{f(x_0)}^*f_{x_0}^*=J_{\gamma_1}$ und letzte Abbildung bijektiv ist. Die Abbildung ist surjektiv, da $(f\circ g)_{f(x_0)}^*=f_{g(f(x_0))}^*\circ g_{f(x_0)}^*=J_{\gamma_0}$ und letzte Abbildung surjektiv ist. In Diagrammen:
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
		{\pi_1(X,x_0)} \arrow[rd, "id_{x_0}^*"] \arrow[rr, "(g\circ f)_{x_0}^*"] &                & {\pi_1(X,g(f(x_0)))} \arrow[ld, "J_{\gamma_1}"] \\
		& {\pi_1(X,x_0)} &                                                 &  &                                                         
		\end{tikzcd}
	\end{center}
	\hfill\\
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
		{\pi_1(Y,f(x_0))} \arrow[rr, "(f\circ g)_{f(x_0)}^*"] \arrow[rd, "id_{f(x_0)}^*"] &                & {\pi_1(Y,(f\circ g)(f(x_0))} \arrow[ld, "J_{\gamma_0}"] \\
		& {\pi_1(Y,y_0)} & 
		\end{tikzcd}
	\end{center}
\end{proof}

\section{Lokale Produkte und Überlagerungen}

\begin{mydef}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ stetig. $\pi$ heißt lokales Produkt/lokale Faserung (unterer Zweig: Überlagerung), wenn
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	\forall x\in X & \exists U\in\cU(x)\cap\cO\;\begin{rcases}\begin{cases}
	\exists F_{U}\neq\emptyset\text{ top. Raum} \\
	\exists F_{U}\neq\emptyset\text{ diskr. top. Raum}
	\end{cases}	\end{rcases}\\
	& \exists h_{U}\colon \pi^{-1}[U]\xrightarrow{\;\cong\;}U\times F_{U}\;(p_1\circ h_{U}=\pi\upharpoonright\pi^{-1}[U])
	\end{split}
	\end{equation*}
	Das heißt: Das Diagramm
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
		{Y\supseteq \pi^{-1}[U]} \arrow[rr, "{h_U,\cong}"] \arrow[rd, "{\pi\upharpoonright\pi^{-1}[U]}"] &              & U\times F_U \arrow[ld, "p_1"] \\
		& U\subseteq X &                              
		\end{tikzcd}
	\end{center}
	kommutiert.\\
	$F_x:=\pi^{-1}[\{x\}]\subseteq Y$ heißt Faser von $\pi$ über $x$.
\end{mydef}

\begin{mydef}
	Ein lokales Produkt heißt globales (oder triviales) Produkt, wenn ein einziges $F,h$ und somit stets $U=X$ gewählt werden kann.
\end{mydef}

\begin{myrem}
	$h_U\upharpoonright F_x$ ist ein Homömorphismus $F_x\cong\{x\}\times F_U$.
\end{myrem}

\begin{mylem}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ ein lokales Produkt und $X$ zusammenhängend. Dann sind je zwei Fasern von $\pi$ homöomorph.
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es sei $x_0\in X, V_0=\{x\in X\myst F_x\cong F_{x_0}\}$ sowie $V_1=X\smallsetminus V_0$. $V_0$ ist offen, da $\pi$ ein lokales Produkt ist, da jede Umgebung von $x$, die wie im lokalen Produkt ist, für alle $x'\in U$ $F_{x'}\cong F_x$ erfüllt und somit $F_x\cong F_{x_0}$ gilt. Es gilt, dass
	$$V_1=\bigcup_{y\in X:F_y\not\cong F_{x_0}}\{x\in X\myst F_x\cong F_y\}$$
	Da jedes $\{x\in X\myst F_x\cong F_y\}$ offen ist, ist $V_1$ offen. Da $X$ zusammenhängend ist und $x_0\in V_1$, ist $V_1=\emptyset$.
\end{proof}

\begin{myexs}\hfill
	\begin{enumerate}
		\item $\pi=p_1\colon S^1\times[0,1]\to S^1$ ist offensichtlich ein globales Produkt, da $h=id$ gewählt werden kann.
		\item Es sei $M=\sfrac{[0,1]\times[0,1]}{\sim}$ mit $(0,x)\sim(1,1-x)$ das Möbiusband und
		\begin{equation*}
		\begin{split}
		\pi\colon M & \to S^1 \\
		[x,y] & \longmapsto \sfrac{[x]}{\{0,1\}}
		\end{split}
		\end{equation*}
		$\pi$ ist ein lokales, aber kein globales Produkt.
		$$\pi^{-1}[\sfrac{[x]}{\{0,1\}}]=\{[x,y]\myst y\in[0,1]\}$$
		Jede Faser ist also Homöomorph zu $[0,1]$. Global hieße, dass
		$$M\cong S^1\times[0,1]$$
		Dann gäbe es insbesondere einen Homöomorphismus $M\to[0,1]$, nämlich $p_2\circ h$, welcher nicht existieren kann.
		\item $\pi\colon O(n)\to \sfrac{O(n)}{O(k)\times O(n-k)}\cong G(n,k)$ ist ein lokales Produkt mit Faser $O(k)\times O(n-k)$.
		\item $\pi\colon S^3\to \sfrac{S^3}{\sim}\cong S^2$, mit $v\sim w:\Longleftrightarrow\exists\lambda\in S^1:v=\lambda w$ ist ein lokales Produkt mit Faser $S^1$, aber nicht global, da in diesem Fall $S^3\cong S^2\times S^1$ wäre. Dies geht aber nicht, denn
		$$\pi_1(S^3)=\{e\},\; \pi_1(S^2\times S^1)=\pi_1(S^2)\times\pi_1(S^1)=\{e\}\times\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$$
		\item Es sei $Y=TS^2=\{(x,y)\in\mathbb{R}^3\times\mathbb{R}^3\myst x\in S^2, \langle x,y\rangle=0\}$. Es sei $\pi\colon  Y\to S^2$ definiert durch $\pi(x,y)=x$. Dann ist $\pi$ ein lokales Produkt mit Faser $\mathbb{R}^2$ und ist nicht global nach dem Satz vom Igel.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\begin{mylem}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ stetig. Dann sind äquivalent:
	\begin{enumerate}
		\item $\pi$ ist eine Überlagerung.
		\item Für alle $x\in X$ existiert eine offene Umgebung $U$ von $x$ sowie $I$ nicht leer, sodass es für alle $i\in I$ eine offene Menge $V_i$ gibt mit
		\begin{enumerate}
			\item $\pi^{-1}[U]=\bigcup_{i\in I}V_i$
			\item Für $i\neq j\in I$ ist $V_i\cap V_j=\emptyset$
			\item $\forall i\in I \pi\upharpoonright V_i\colon V_i\cong U$
		\end{enumerate}
		In Formel:
		\begin{equation*}
		\begin{split}
		\forall x\in X\;\exists U\in\mathscr{U}(x)\cap\mathscr{O}\;\exists I\neq\emptyset\;\forall i\in I\exists V_i\in\mathscr{O}\; & \pi^{-1}[U]=\bigcup_{i\in I}V_i \\
		& \wedge \forall i\neq j V_i\cap V_j=\emptyset \\
		& \wedge \forall i\in I \pi\upharpoonright V_i\colon V_i\xrightarrow{\;\cong\;}U
		\end{split}
		\end{equation*}
	\end{enumerate}
\end{mylem}

\begin{proof}
	Es gilt $\pi\upharpoonright U_i=p_1\upharpoonright(U\times\{i\})\circ h\upharpoonright U_i$. Wenn jetzt $U$ wie in (a) zu $x$ gewählt ist, so ist $U_i:=h^{-1}[U\times\{i\}]$ offen.
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $X$ zusammenhängend und $\pi\colon Y\to X$ eine Überlagerung, s.d. f.a. $U$ $F_U\cong I, I$ diskret. $|I|$ heißt die Blätterzahl der Überlagerung.
\end{mydef}

\begin{myexs}
	\begin{enumerate}
		\item Es sei $\pi=exp\colon \mathbb{C}\to\mathbb{C}\smallsetminus\{0\}$. $\pi$ ist natürlich surjektiv. da für $y=x+2i\pi$ gilt, dass $exp(y)=exp(x)$, hat $\pi$ $\mathbb{Z}$-viele Blätter.
		\item Es sei $\pi\colon \mathbb{R}\to\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}}\cong S^1$ definiert durch $\pi(x)=x+\mathbb{Z}$. Hier ist die Blätterzahl wieder unendlich.
		\item Es sei $\pi\colon \mathbb{R}\to S^1$ definiert durch $h(t)=e^{2\pi it}$. Erneut ist die Blätterzahl unendlich.
		\item $G=\{-id,id\}$ wirke auf $S^n$. Dann gilt $\sfrac{S^n}{\pm id}\cong\mathbb{R}P^n$. Es sei $\pi$ die Projektion. Dann gilt $\pi(x)=x,-x$, also hat $\pi$ zwei Blätter.
		\item Es sei $z\in\mathbb{Z}\smallsetminus\{0\}$, $\pi_z\colon S^1\to S^1$ definiert durch $\pi_z(x)=x^z$. Dies ist eine Überlagerung mit Blätterzahl $\mathbb{Z}$.
	\end{enumerate}
\end{myexs}

\begin{mydef}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ ein lokales Produkt und sei $f\colon Z\to X$ stetig. Eines stetige Abbildung $\tilde{f}\colon Z\to Y$ heißt Hochhebung oder Lift von $f$ nach $Y$, wenn $\pi\circ\tilde{f}=f$.
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
		Z \arrow[rd, "f"] \arrow[r, "\tilde{f}"] & {Y\supseteq \pi^{-1}[U]} \arrow[r, "h_U"] \arrow[d, "\pi"] & U\times F_U \arrow[ld, "p_1"] \\
		& X                                                          &                              
		\end{tikzcd}
	\end{center}
\end{mydef}

\begin{myprop}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ ein lokales Produkt. Es sei $f\colon Z\to X$ und zu $f$ existiere ein Lift $\tilde{f}\colon Z\to Y$. Dann gilt:
	$$\forall z_0\in Z\;\exists y_0\in Y\;(\tilde{f}(z_0)=y_0, f_*(\pi_1(Z,z_0))\subseteq\pi_*(\pi_1(Y,y_0)))$$
\end{myprop}

\begin{proof}
	Zuerst gilt $\pi\circ\tilde{f}=f$. Damit gilt auch $f_*=(\pi\circ\tilde{f})_*=\pi_*\circ\tilde{f}_*$, da $f_*=\pi_1(f)$ und $\pi_1$ ein kovarianter Funktor ist. Nun folgt:
	$$f_*[\pi_1(Z,z_0)]=(\pi_*\circ\tilde{f}_*)[\pi_1(Z,z_0)]=\pi_*[\underbrace{\tilde{f}_*[\pi_1(Z,z_0)]}_{\subseteq\pi_1(Y,y_0)}]\subseteq\pi_*[\pi_1(Y,y_0)]$$
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ ein lokales Produkt, $\gamma\colon I\to X$ stetig, $\pi(y_0)=\gamma(0)$. Dann gibt es ein $\tilde{\gamma}\colon I\to Y$, $\tilde{\gamma}(0)=y_0$, sodass $\pi\circ\tilde{f}=f$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	$\gamma\left[[0,1]\right]\subseteq X$ ist kompakt. Zu $x\in\gamma[[0,1]]$ suche eine offene Umgebung $U_x$ von $x$ wie in der Definition des lokalen Produktes. Nach Kompaktheit von $\gamma[[0,1]]$ gibt es eine endliche Teilüberdeckung $U_1,...,U_n$. Nach der Wahl der $U_i$ gilt
	$$\forall i\leq n\;\exists F_i=F_{U_i}, h_i\colon \pi^{-1}[U_i]\xrightarrow{\;\cong\;}U_i\times F_{U_i},\; p_1\circ h_i=\pi\upharpoonright\pi^{-1}[U_i]$$
	Insbesondere können wir mit $t_0,...,t_n$, $t_0=0, t_n=1$, $t_i<t_{i+1}$ die $U_i$ so wählen, dass $\gamma[t_i,t_{i+1}]\subseteq U_{i+1}$.\\
	Es gilt $h_1(y_0)=(\gamma(0),f_1)$ für irgendein $f_1\in F_{U_1}$ und, da $\pi(y_0)=\gamma(0)$, gilt $p_1\circ h_1(y_0)=\gamma(0)$. Es sei für $t\in[t_0,t_1]$
	$$\tilde{\gamma}_1(t):=h_1^{-1}(\gamma(t),f_1)$$
	$\tilde{\gamma}$ ist auf $[t_0,t_1]$ stetig. Weiterhin gilt
	$$\tilde{\gamma}_1(t_1)=h_1^{-1}(\gamma(t_1),f_1)=h_2^{-1}(\gamma(t_1),f_2)$$
	für ein $f_2\in F_{U_2}$. Für $t\in[t_1,t_2]$ setzen wir
	$$\tilde{\gamma}_2(t) =h_2^{-1}(\gamma(t),f_2)$$
	nach ein paar weiteren Schritten sind wir fertig. Nun sei
	$$\tilde{\gamma}=\bigcup_{i\leq n}\tilde{\gamma}_i$$
	Dann ist $\tilde{\gamma}\colon [0,1]\to Y$ stetig, da die Verklebung endlich vieler stetiger Funktionen. Nach Konstruktion gilt für $t\in [t_i,t_{i+1}]$ ($i$ beliebig):
	$$\pi\circ\tilde{\gamma}(t)=p_1\circ h_i(\tilde{\gamma})=p_1\circ h_i\circ h_i^{-1}(\gamma(t),f_i)=p_1(\gamma(t),f_i)=\gamma(t)$$
\end{proof}

\begin{myex}
	Es sei $\pi\colon \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$, $\pi(x,y)=x$. $\pi$ ist ein lokales Produkt. Wir setzen $\tilde{\gamma}(t)=(\gamma(t),f(t)), f\colon I\to\mathbb{R}$ stetig.
\end{myex}

\begin{mytheo}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ eine Überlagerung, $f\colon Z\to X$ stetig und sei $Z$ zusammenhängend. Es sei $z_0\in Z, y_0\in\pi^{-1}[\{f(z_0)\}]$. Dann gibt es höchstens eine Hochhebung $\tilde{f}\colon Z\to Y$, sodass $\pi\circ\tilde{f}=f, \tilde{f}(z_0)=y_0$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es seien $\tilde{f}_1, \tilde{f}_2$ beides Hochhebungen von $f$, sodass $\tilde{f}_i(z_0)=y_0, i=1,2$. Es sei
	$$A=\{z\in Z\myst \tilde{f}_1(z)=\tilde{f}_2(z)\},\; A'=Z\smallsetminus A$$
	$A$ ist nichtleer, da $z_0\in A$. Weiterhin sind $A$ und $A'$ offen: Es sei $\tilde{f}_1(z)=\tilde{f}_2(z)$. Da $f(z)\in X$, gibt es eine offene Umgebung $U$ und es gibt $I, U_i, i\in I$, sodass
	$$\pi^{-1}[U]=\bigcup_{i\in I}U_i$$
	und $\pi\upharpoonright U_i\cong U$. Dann ist für $z_1\in V=\tilde{f}_1^{-1}[U_i]\cap \tilde{f}_2^{-1}[U_i]$:
	$$\pi\circ\tilde{f}_1(z_1)=f(z_1)=\pi\circ\tilde{f}_2(z_1)$$
	und damit ist auch $\tilde{f}_1(z_1)=\tilde{f}_2(z_1)$, da $\pi\upharpoonright U_i$ injektiv ist. Also ist $V\subseteq A$.\\
	Der Beweis für die Offenheit von $A'$ ist ähnlich. Da $Z$ zusammenhängend ist, ist $A'=\emptyset$ und $\tilde{f}_1=\tilde{f}_2$.
\end{proof}

\begin{mydef}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ eine Überlagerung. Wir sagen $U\subseteq X$ hat die Überlagerungseigenschaft, falls folgendes gilt:
	\begin{enumerate}
		\item $U$ ist offen.
		\item Es gibt ein diskretes $D$ und $D'\subseteq D$, sodass $\pi^{-1}[U]=\bigcup_{d\in D'}V_d$ und die $V_d$ offen und paarweise disjunkt sind.
		\item Für alle $d\in D'$ ist $\pi\upharpoonright V_d\colon V_d\xrightarrow{\;\cong\;}U$.
	\end{enumerate}
\end{mydef}

\begin{mytheo}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ eine Überlagerung mit diskretem Raum $D$ und $X$ zusammenhängend. Es seien $\gamma_0,\gamma_1\colon [0,1]\to X$ Wege von $x_0$ nach $y_0$, die $\{0,1\}$-homotop sind via $H$. Es sei $\tilde{y_0}\in\pi^{-1}[\{x_0\}]$. Dann gibt es eine eindeutige Hochhebung $\tilde{H}\colon [0,1]\times[0,1]\to Y$ und eindeutige Wege $\tilde{\gamma_0},\tilde{\gamma_1}$, sodass
	\begin{enumerate}
		\item $\pi\circ\tilde{H}=H$.
		\item $\pi\circ\tilde{\gamma_0}=\gamma_0$.
		\item $\pi\circ\tilde{\gamma_1}=\gamma_1$.
		\item $\tilde{\gamma_0}(0)=\tilde{\gamma_1}(0)=\tilde{x_0}, \tilde{\gamma_0}(1)=\tilde{\gamma_1}(1)$.
	\end{enumerate}
	Falls $x_0=y_0$, so ist nicht unbedingt $\tilde{x_0}=\tilde{\gamma_0}(1)=\tilde{\gamma_1}(1)$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Wir wählen $N,M\in\mathbb{N}$, $0=s_0<s_1<...<s_N=1, 0=t_0<t_1<...<t_M=1$ sowie
	$$Q_{i,j}=[s_{i-1},s_i]\times[t_{j-1},t_j]\;\; 1\leq i\leq N, 1\leq j\leq M$$
	sodass $H[Q_{i,j}]\subseteq U_{i,j}$ und $U_{i,j}\subseteq X$ die Überlagerungseigenschaft hat. Dies ist möglich nach der Kompaktheit: Wir wählen zuerst für jedes $x\in X$ ein $U_x$ mit der Überlagerungseigenschaft und benötigen nur endlich viele dieser $U_x$. Diese approximieren wir dann mit den Kästchen.\\
	Dann gibt es ein $d\in D$ sowie $V_d, \tilde{x_0}\in V_d, V_d\subseteq Y$ offen und
	$$\pi\upharpoonright V_d\colon V_d\xrightarrow{\;\cong\;}U_{1,1}$$
	Wir setzen $\tilde{H}\upharpoonright Q_{1,1}=(\pi\upharpoonright V_d)^{-1}\circ H\upharpoonright Q_{1,1}$. Es gilt $$\tilde{H}(0,0)=(\pi\upharpoonright)^{-1}(H(0,0))=(\pi\upharpoonright)^{-1}(x_0)=\tilde{x_0}$$
	Wir setzen $\tilde{H}$ auf $Q_{1,j}$ für $j\leq M$ fort, sodass für alle $s$ mit $(s,t_j)\in Q_{1,j-1}\cap Q_{1,j}$:
	$$\tilde{H}\upharpoonright Q_{1,j-1}=(H\upharpoonright Q_{1,j})(0,t_j)$$
	Nun wählen wir $\tilde{H}\upharpoonright Q_{2,j}$ für $1\leq j\leq N$, sodass
	$$(\tilde{H}\upharpoonright Q_{1,j})(s_1,t)=(\tilde{H}\upharpoonright Q_{2,1})(s_1,t)\;\;\forall t\in [t_{j-1},t_j]$$
	sowie $\tilde{H}\upharpoonright Q_{2,j}=(\pi\upharpoonright V_d)^{-1}\circ H\upharpoonright Q_{2,j}$ für geeignetes $V_d$. Nun setzen wir $\tilde{H}$ wie oben fort.
\end{proof}

\begin{mycor}
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ eine Überlagerung, $X$ zusammenhängend. Es sei $\tilde{\gamma}\colon [0,1]\to Y$ ein Weg, sodass $\tilde{\gamma}(0)\neq\tilde{\gamma}(1)$ und
	$$(\pi\circ\tilde{\gamma})(0)=(\pi\circ\tilde{\gamma})(1)=x_0\in X$$
	Dann ist
	$$[\pi\circ\tilde{\gamma}]\neq[\epsilon_{x_0}]$$
\end{mycor}

\begin{proof}
	Es sei die Behauptung falsch und $H\colon [0,1]\times[0,1]\to X$ eine $\{0,1\}$-Homotopie von $\pi\circ\gamma$ und $\epsilon_0$. Es sei $\tilde{x_0}\in\pi^{-1}[\{x_0\}]$ und $\tilde{H}\colon [0,1]\times[0,1]\to X$ die eindeutige Hochhebung, sodass $\tilde{\gamma}(0)=\tilde{H}(0,0)=\tilde{x_0}$. Da $\tilde{H}$ eine $\{0,1\}$-Homotopie ist und $\tilde{H}(1,1)=\tilde{\epsilon_{x_0}}(s)=\tilde{x_0}$, ist insbesondere $\tilde{H}(0,t)=\tilde{x_0}, \tilde{H}(1,t)=\tilde{x_0}$. Damit gilt
	$$\tilde{\gamma}(0)=\tilde{H}(0,0)=\tilde{x_0}=\tilde{H}(1,0)=\tilde{\gamma}(1)$$
	ein Widerspruch.
\end{proof}

\begin{mycor}
	$$(\pi_1(S^1,x_0),\cdot)\cong(\mathbb{Z},+)$$
\end{mycor}

\begin{proof}
	Es gilt $S^1\cong\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}}$ (bzgl. der Operation von $\mathbb{Z}$ auf $\mathbb{R}$). Da die Isomorphieklasse der Fundamentalgruppe unter Homöomorphismen invariant ist, reicht es also, mit $\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}}$ zu arbeiten. Für $z\in\mathbb{Z}$ sei $\tilde{\gamma_z}(t)=tz$ sowie $\gamma_z=\pi\circ\tilde{\gamma_z}$. Es sei weiterhin $\pi\colon \mathbb{R}\to\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}}$ die Projektion. Dies ist eine Überlagerung. WIr behaupten, dass die Abbildung
	\begin{equation*}
	\begin{split}
	\Psi\colon (\mathbb{Z},+) & \to \pi_1(\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}},\cdot) \\
	n & \longmapsto [\gamma_n]
	\end{split}
	\end{equation*}
	ein Gruppenisomorphismus ist.
	\begin{enumerate}
		\item $\Psi$ ist ein Homomorphismus: Es seien $\gamma_n,\gamma_m$ Wege und $n\neq m$. Dann gilt
		$$\gamma_n*\gamma_m(t)=\begin{cases}
		\gamma_n(2t) & t\leq\frac{1}{2}=\pi(2tn)\\
		\gamma_m(2t-1) & t\geq\frac{1}{2}=\pi((2t-1)m)
		\end{cases}$$
		Es sei $\phi$ definiert durch
		$$\phi(t)=\begin{cases}
		\frac{2tn}{n+m} & 0\leq t\leq\frac{1}{2} \\
		\frac{(2t-1)m+n)}{n+m}
		\end{cases}$$
		dann ist $\phi$ stetig sowie $\phi(0)=0, \phi(1)=1$. Damit gilt nach Lemma \ref{LemParam}
		$$[\gamma_{n+m}]=[\gamma_{n+m}\circ\phi]=[\gamma_n*\gamma_m]$$
		Im Falle $n=-m$ rechnet man von Hand nach, dass $[\gamma_n*\gamma_m]=\epsilon_{x_0}$.
		\item $\Psi$ ist injektiv: Da $\Psi$ ein Homomorphismus ist, genügt zu zeigen, dass $ker(\Psi)=\{0\}$. Es sei $z\neq 0$. Dann ist $\tilde{\gamma_z}(0)=0\neq z=\tilde{\gamma_z}(1)$ und damit ist $\gamma_z\neq\epsilon_0$.¸
		\item $\Psi$ ist surjektiv: Es sei $[\gamma]\in\pi_1(\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}},0)$. Dann existiert ein $\tilde{\gamma}$ mit $\pi\circ\tilde{\gamma}=\gamma$. Dann ist $\tilde{\gamma}(1)=z\in\mathbb{Z}$, da $\pi\circ\tilde{\gamma}(1)=\gamma(1)=0$. Wir behaupten, dass $[\gamma]=[\gamma_z]$. Definiere
		$$H\colon [0,1]\times[0,1]\to \mathbb{R}, H(s,t)=\tilde{\gamma}(s)t+\tilde{\gamma_z}(s)(1-t)$$
		Dann ist $H$ eine $\{0,1\}$-Homotopie zwischen $\tilde{\gamma}$ und $\tilde{\gamma_z}$ und $\pi\circ H$ ist eine $\{0,1\}$-Homotopie von $\gamma$ und $\gamma_z$.
	\end{enumerate}
\end{proof}

\section{Retraktionen}

\begin{mydef}
	Es sei $X$ ein topologischer Raum, $A\subseteq X$. $r\colon X\to A$ heißt Retraktion, wenn $r$ stetig ist und $r\upharpoonright A=id_A$.
\end{mydef}

\begin{mycor}
	Es gibt keine Retraktion von $\overline{B^2}$ auf $S^1$.
\end{mycor}

\begin{proof}
	Angenommen, $r\colon \overline{B^2}\to S^1$ sei eine Retraktion, dann ist $r\circ i=id_{S^1}$ (wobei $i$ die Inklusionsabbildung bezeichnet). Dann ist insbesondere
	$$(id_{S^1})_{x_0,*}=id_{\pi_1(S^1,x_0)}=(r\circ i)_*=r_{*,i(x_0)}\circ i_{*,x_0}$$
	Damit wäre insbesondere $r_{*,i(x_0)}\colon \pi_1(\overline{B^2},i(x_0))\to \pi_1(S^1,x_0)$ surjektiv. Aber $(\overline{B^2},x_0)$ hat eine triviale Fundamentalgruppe, da $\overline{B^2}$ zusammenziehbar ist.
\end{proof}

\begin{mycor}[Der Brouwer'sche Fixpunktsatz in Dimension 2]
	Es sei $f\colon \overline{B^2}\to\overline{B^2}$ stetig. Dann hat $f$ einen Fixpunkt, d.h. $\exists x\in\overline{B^2}\; f(x)=x$.
\end{mycor}

\begin{proof}
	Es sei die Behauptung falsch und $f$ stetig ohne Fixpunkt. Dann ist $\forall x\in\overline{B^2}\; f(x)-x\neq 0$. Es sei
	$$A(x)=|x-f(x)|^2,\; B(x)=\langle x-f(x),x\rangle,\; C(x)=|x|^2-1$$
	$A, B$ und $C$ sind stetig. Es sei $t\colon \overline{B^2}\to\mathbb{R}$ definiert durch
	$$t(x)=\frac{-B(x)+\sqrt{B(x)^2-A(x)C(x)})}{A(x)}$$
	$t$ ist stetig, da $A(x)\neq 0$ für alle $x\in\overline{B^2}$ und
	$$B(x)^2-A(x)C(x)=\langle x-f(x),x\rangle^2-\langle x-f(x),x-f(x)\rangle(|x|^2-1)=$$ Wenn $x\in S^1$, dann folgt $C(x)=0$ und damit $t(x)=0$. Es sei nun $r\colon \overline{B^2}\to S^1$ definiert durch
	$$r(x)=x+t(x)(x-f(x))$$
	Dann ist $r$ eine Retraktion: $r$ ist offensichtlich stetig. Weiterhin gilt:
	\begin{enumerate}
		\item $r\upharpoonright S^1=id_{S^1}$, da $t(x)=0$ für $x\in S^1$.
		\item Es sei $x\in\overline{B^2}$. Dann gilt
		\begin{equation*}
		\begin{split}
		|r(x)|^2 & = |x|^2+t^2(x)|x-f(x)|^2+2tx\langle x,x-f(x)\rangle \\
		& = C(x)+1+t^2(x)A(x)+2t(x)B(x) \\
		& = C(x)+1+\frac{B^2(x)+B^2(x)-A(x)C(x)-2B(x)\sqrt{B^2(x)-A(x)C(x)}}{A(x)} \\
		& \;\;\;+2\frac{-B^2(x)+B(x)\sqrt{B^2(x)-A(x)C(x)}}{A(x)} \\
		& = C(x)+1+\frac{B^2(x)-B^2(x)+(-2B(x)+2B(x))\sqrt{B^2(x)-A(x)C(x)}}{A(x)+A(x)C(x)} \\
		& = C(x)+1-C(x) \\
		& = 1
		\end{split}
		\end{equation*}
	\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{mytheo}
	Es sei $f\colon S^2\to\mathbb{R}^2$ stetig. Dann gibt es ein $x\in S^2$, sodass $f(x)=f(-x)$.
\end{mytheo}

\begin{proof}
	Es sei dem nicht so. Dann ist $G$, definiert durch
	$$G(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{|f(x)-f(-x)|}$$
	stetig. Weiterhin ist $G\colon S^2\to S^1$ und es gilt $G(-x)=-G(x)$. Wir betrachten den Weg $\gamma\colon [0,1]\to S^2$, definiert durch
	$$\gamma(t)=\begin{pmatrix}
	\cos(2\pi t) \\
	\sin(2\pi t) \\
	0
	\end{pmatrix}$$
	Wir drehen $S^1$ so, dass $G(\gamma(0))=1$. Setzen wir $g:=G\circ\gamma$, so ist $G_*([\gamma])=[g]\in\pi_1(S^1,x_0)\cong \mathbb{Z}$. Weiterhin gilt
	$$g\left(t+\frac{1}{2}\right)=G\left(\begin{pmatrix}
	\cos(t+\pi) \\
	\sin(t+\pi) \\
	0
	\end{pmatrix}\right)=G(-\gamma(t))=-G(\gamma(t))=-g(t)$$
	Wir nehmen die Überlagerung $\pi\colon \mathbb{R}\to S^1\cong\sfrac{\mathbb{R}}{\mathbb{Z}}$, definiert durch $\pi(r)=[r]$. $\tilde{g}$ sei irgendeine Hochhebung von $g$ nach $\mathbb{R}$. Dann gilt
	$$\tilde{g}(t+\frac{1}{2})-\tilde{g}(t)\in\mathbb{Z}+\frac{1}{2}$$
	Da $\pi^{-1}(-1)=\mathbb{Z}+\frac{1}{2}$ und $\pi\circ\tilde{g}=g$. Weiterhin gilt
	$$\tilde{g}\left(t+\frac{1}{2}\right)=\pi^{-1}\left(g\left(t+\frac{1}{2}\right)\right)=\pi^{-1}\left(-g\left(t\right)\right)$$
	Nun rechnen wir noch
	$$\tilde{g}(1)-\tilde{g}(0)=\tilde{g}(1)-$$
\end{proof}

\section{Das freie Produkt}

Es seien Gruppe $G_i=(G_i,\circ_i)$ für $i\in I$ gegeben. Das freie Produkt
$$\left(\bigstar_{i\in I}G_i,\circ\right)$$
ist die folgende Gruppe:
\begin{enumerate}
	\item $\bigstar_{i\in I}G_i$ ist die Menge aller gekürzten Worte aus $\bigcup_{i\in I}G_i$, d.h.
	$$k=(k_0,...,k_l)$$
	wobei benachbarte Buchstaben nicht aus der selben Gruppe kommen.
	\item Die Verknüpfung ist definiert durch hintereinanderschreiben der Worte, wobei danach gekürzt wird.
	\item Das neutrale Element ist das leere Wort, das Inverse von $k=(k_0,...,k_l)$ ist
	$$k^{-1}:=(k_l^{-1},...,k_0^{-1})$$
\end{enumerate}

\begin{mytheo}[Spezialfall des Satzes von Es seifert-van Kampen]
	Es seien $U,V$ topologische Räume, $X=U\cup V$. $U\cap V\neq\emptyset$ und $U,V,U\cap V$ wegzusammenhängend.
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
		& {\pi_1(U,x)} \arrow[rrd, "h_1"] \arrow[d, "(j_1)_*"] &  &   \\
		{\pi_1(U\cap V,x)} \arrow[ru, "(i_1)_*"] \arrow[rd, "(i_2)_*"] & {\pi_1(X,x)} \arrow[rr, "h"]                         &  & G \\
		& {\pi_1(V,x)} \arrow[rru, "h_2"] \arrow[u, "(j_2)_*"] &  &  
		\end{tikzcd}
	\end{center}
	Es seien $i_1,i_2,j_1,j_2$ die Inklusionen. Dann gilt: Falls $h_1\circ i_1\circ=h_2\circ i_2$, dann gibt es genau einen Homomorphismus $h$, sodass $h_1=h\circ j_1, h_2=h\circ j_2$. 
\end{mytheo}

\begin{mytheo}[Der Homotopie-Liftungssatz]
	Es sei $\pi\colon Y\to X$ eine überlagerung, $\tilde{F}\colon Z\to Y$ stetig, sodass $\pi\circ\tilde{F}=F$. Es sei $H(\cdot,0)=F\colon Z\to X$. Dann gibt es genau ein $\tilde{H}\colon Z\times[0,1]\to Y$, sodass $\tilde{H}(\cdot,0)=\tilde{F}$.
	\begin{center}
		\begin{tikzcd}
		Z \arrow[r, "\tilde{F}"] \arrow[d, hook]                & Y \arrow[d, "\pi"] \\
		{Z\times[0,1]} \arrow[r, "H"] \arrow[ru, "\tilde{H}", dotted] & X                 
		\end{tikzcd}
	\end{center}
\end{mytheo}
\chapter{Dank}\label{ch10}
Ich danke Herrn Dr.\ Hannes Jakob und Herrn M.Sc.\ Patrick Meurin f\"ur die tatkr\"aftige Mithilfe beim Schreiben des \LaTeX -Skripts im Sommersemester 2019. Ich danke Herrn Benedikt Heitz, Herrn Benedikt Kahle und Herrn Rodrigez Mart\'{\i}n Ordu\~{n}a f\"ur Hinweise auf Fehler in fr\"uheren Fassungen des Skripts im Sommersemester 2025.

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\end{document}