Geometria e Topologia I - 15 lug 2008 (14:30 - U1-02) 1/10. Cognome:... Nome:... Matricola:...

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1 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) /0 Cognome: Nome: Matricola: (Dare una dimostrazione esauriente di tutte le risposte.) () Si determinino i punti di accumulazione dei seguenti sottoinsiemi di R o di C (nella topologia della metrica euclidea di R o di C rispettivamente), e determinarne la chiusura (in R o in C). Quali sono compatti? Quali sono chiusi? (a) X = { p : p, q Z, q 0, p = q mod 00}; q (b) X 2 = { p2 : p, q Z, q 0}; q p (c) X = { : p, q Z}; q 2 + (d) Z = {z C : + z 2 Q}; (e) Z 2 = {z C : z( z) Z}. Soluzione: (a): Si ha che X = { q + 00k q : q 0, (q, k) Z 2 } = { + 00 k q : q 0, (q, k) Z2 } = + {00x : x Q} = + 00Q = Q, e dunque tutti i punti di R sono di accumulazione per X ; la chiusura è X = Q = R. Non è né chiuso né limitato, e dunque non è compatto. (b) Osserviamo che se a Q, con a, b Z e b 0, allora se anche a 0 si ha b a b = a2 ab. Altrimenti, se a = 0, 0 = a b = a2 b. Quindi Q X 2 Q, cioè X 2 = Q. Ne segue che X 2 non è chiuso, non è compatto, e ha tutti i numeri reali come punti di accumulazione. Osserviamo che la distanza tra i due quadrati (p ) 2 e p 2 successivi è 2p : p 2 (p ) 2 = 2p.

2 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 2/0 Allora per ogni q la distanza tra p2 (p )2 e è uguale a 2p. Allora se si ha una q q q successione p2 n qn α R con q n, deve essere 2pn q n = 2 pn q n q n 0, e quindi p n q n 0, cioè l unico punto di accumulazione di X 2 è 0. Dato che sopra abbiamo mostrato che i punti di accumulazione di X 2 sono tutti i punti di R, possiamo concludere che R = {0}, e dunque che R non è una estensione di Q, come si è soliti credere. (Dove è l errore nel ragionamento appena visto?) p (c) Veniamo ora a X = { : p, q Z}. Per ogni α R, per ogni q Z, q 2 + p per ogni p Z, la distanza tra e p+ è, quindi per ogni α R e per ogni q 2 + q 2 + q 2 + p q Z esiste p Z tale che la distanza tra α e q 2 + non superi, cioè per q 2 + r = q 2 + si ha B p r (α) q 2 +. Ma allora ogni α R è di accumulazione per X, dato che per ogni ɛ > 0 esiste r Z tale che q 2 + chiusura R. (d) Osserviamo che se w C si ha che e dunque Se z = a + ib, con a, b R, allora < ɛ. Dunque X non è chiuso, non è compatto, e ha per w Q w + Q, Z = {x C : z 2 Q}. (a + ib) 2 = a 2 b 2 + 2iab. Quindi (a + ib) 2 Q se e solo se ab = 0 e a 2 b 2 Q. Dunque z Z è del tipo a oppure ib, con a, b R. L insieme dei reali a tali che a 2 Q contiene in particolare i razionali, e quindi Z contiene Q. L insieme dei complessi ib, con b R, tali che (ib) 2 Q come sopra contiene una copia di Q, e quindi Z contiene iq. Dunque i punti di accumulazione per Z sono i numeri reali (di accumulazione per la copia Q) oppure l asse dei numeri puramente immaginari ir (di accumulazione per la copia iq). Non è chiuso, non è compatto. La sua chiusura è (e) Si ha Z = {a + ib C : a, b R, ab = 0}. Z 2 = {z C : z 2 z Z} = {z C : z 2 z = k, per qualche k Z} = { ± + 4k 2 : k Z}

3 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) /0 Per ogni R > 0, l insieme dei punti di Z 2 nell intorno B 0 (R) è finito, e quindi Z 2 non ha punti di accumulazione in C. È un sottospazio chiuso di C, perché controimmagine di Z C (che è chiuso) mediante la funzione continua z z( z). Non è limitato, per quanto visto sopra, e quindi non è compatto. Non avendo punti di accumulazione (anche, essendo chiuso), si ha Z 2 = Z 2. /// (2) Descrivere le orbite e lo spazio quoziente delle seguenti azioni di G su X (quando e se sono azioni). (a) G = C = {z C : z 0}, X = C, per g G e z X si ponga poi g z = gz (moltiplicazione di numeri complessi); (b) G = R, X = C, con prodotto t z = e t+it z per ogni t G e per ogni z X. (c) G = Z, X = C, con prodotto k z = e k z per ogni k Z e per ogni z X. (d) G = Z, X = R, con prodotto k x = k + x per ogni x X e k G. (e) G = Z, X = R, con prodotto k x = kx per ogni x X e k G. Soluzione: (a) Se z e z 2 sono due numeri complessi e z 2 = gz per un g 0, g C, allora o sono entrambi uguali a zero, oppure entrambi diversi da zero. L orbita di 0 è chiaramente {0}. L orbita di è C {0}. Quindi ci sono esattamente due orbite. Lo spazio quoziente X/G ha perciò due punti: [0] e []. La topologia di X/G: U X/G è aperto se e soltanto se la sua controimmagine in X = C è aperta. Sappiamo che e X/G sono aperti, per definizione. La controimmagine di [0] è l orbita di 0, che è {0}, che non è aperto: {[0]} non è aperto. La controimmagine di [] è l orbita di, che è C {0} = C, che è aperto in C, e quindi {[]} è aperto in X/G. Quindi gli aperti sono: = {}, {[]}, {[0], []} = X/G. (b) Se z = 0, l orbita {e t+it 0} è {0}. Altrimenti, se z 0, la mappa t e t+it z è iniettiva, e descrive una spirale in C (perché?). Osserviamo che se Y X è una orbita, allora esiste sempre uno e un solo numero complesso di norma in Y. Infatti, si ha (per z 0) e t+it z = e t z, e dunque e t z = se e soltanto se e t = z t = ln z. Quindi le orbite sono in corrispondenza biunivoca con i punti di (S {0}) C, dove S = {z C : z = }. Lo spazio quoziente contiene una copia (omeomorfa?) di S, e un punto extra (l orbita [0]). Consideriamo un intorno U X/G di [0]. La sua controimmagine Ũ mediante la proiezione del quoziente è un aperto di C che

4 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 4/0 contiene 0, e dunque contiene un disco di raggio ɛ > 0. Ora, per ogni z C {0} esiste un t R tale che e t+it z < ɛ, e quindi l intersezione di Ũ con ogni orbita è non vuota. Ma se Ũ contiene un punto di una orbita, allora contiene anche tutta l orbita di questo punto: segue che Ũ = C. Cioè l unico intorno (aperto) di X/G che contiene l orbita [0] è tutto X/G. Segue che X/G non è Hausdorff. (c) Le orbite di punti z 0 sono insiemi discreti di punti, che si accumulano in 0 C, allineati lungo semirette per l origine e per z. Invece 0 ha per orbita sé stesso. Due punti z e z 2, scritti in coordinate polari z = r e iθ z 2 = r 2 e iθ 2 stanno nella stessa orbita se e soltanto se r 2 e iθ 2 = e k r e iθ { r2 = e k r θ 2 = θ mod 2π. { ln r2 = k + ln r θ 2 = θ mod 2π. Quindi X/G contiene una copia (perché? è copia omeomorfa?) di un toro, e la orbita [0]. Analogamente al punto precedente, [0] X/G non ha altri intorni aperti a parte X/G. (d) Le orbite sono traslati a coordinatre intere, il quoziente è S (già visto a lezione). (e) Non è una azione. /// () Determinare quali dei seguenti sottospazi (se ben definiti e rispetto alle topologie dello spazio ambiente) sono chiusi, connessi, compatti o limitati. (a) {(x, y) R 2 : x + x 2 y + 2xy 2 + y = }; (b) {(x, y) C 2 : x 2 2y 0}; (c) {(x, y) C 2 : x 2 2y 2 4xy = 0}; (d) {(x, y) R 2 : x 2 + 2y 2 4xy = 0}; (e) {(x, y) R 2 : x 2 2y 2 4xy = 0}. Soluzione: (a) L insieme è chiuso (perché?). Sia s = x y. Se y = 0, si ha x = = x =. Altrimenti, per y 0, si ha che c è un omeomorfismo X ={(x, y) R 2 : x + x 2 y + 2xy 2 + y =, y 0} = {(s, y) R 2 : s + s 2 + 2s + = y, y 0}.

5 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 5/0 Nelle (s, y) con y 0, si scrive anche y = s + s 2 + 2s +, e dunque certamente non è limitato. L insieme originale non può quindi essere compatto né limitato (perché?). La funzione s + s 2 + 2s + ha un solo zero, che chiamiamo s 0 (basta calcolarne i valori positivi nei punti in cui la derivata prima si annulla: ± ); la curva di equazione y = ha un s + s 2 + 2s + asintoto verticale in s 0 ; è di grado dispari, quindi è negativa prima di s 0 e positiva dopo s 0 ; Si ha {(x, y) R 2 : x + x 2 y + 2xy 2 + y = } = {(x, y) R 2 : x = ys, y 0, y = (s + s 2 + 2s + ) /, per s R, s s 0 } {(, 0)} = { ( s(s + s 2 + 2s + ) /, (s + s 2 + 2s + ) /) : s R, s s 0 } {(, 0)} Per s ± si ha ( s(s + s 2 + 2s + ) /, (s + s 2 + 2s + ) /) (, 0), e dunque il sottoinsieme è connesso. (b) L insieme non è ben definito, dato che il campo C non è ordinato (la disequazione x 2 2y 0 non ha senso). (c) La forma quadratica ha matrice associata [ ] 2, 2 2 il cui determinante è negativo: dunque esiste una trasformazione lineare (su C) che trasforma l equazione in una equazione del tipo x 2 y 2 = 0: l unione di due rette incidenti in C 2. È chiuso, non limitato, non compatto, connesso (perché unione unione di due connessi con intersezione uguale a un punto). (d) La forma quadratica ha matrice associata [ ] 2, 2 2 il cui determinante è negativo. Come sopra, esiste una trasformazione lineare (questa volta su R) che trasforma l equazione in una equazione del tipo x 2 y 2 = 0. È chiuso, non limitato, non compatto, connesso (perché unione unione di due connessi con intersezione uguale a un punto). (e) Come per il punto (c). ///

6 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 6/0 (4) Siano A = (,, ), B = (,, ), C = (,, ) e D = (,, ) quattro punti dello spazio euclideo E. (a) Sono indipendenti (dal punto di vista affine)? (b) Sia G il gruppo di tutte le isometrie che mandano l insieme dei 4 punti {A, B, C, D} in sé. Dimostrare che G è finito. (c) Determinare le ( 4 2) distanze reciproche. (d) Calcolare il volume del tetraedro ABCD e la sua area laterale. Soluzione: (a) Si ha A D = (2, 0, 2) B D = (0, 2, 2) C D = (2, 2, 0), con determinante della matrice det = 6 0, dunque sono indipendenti dal punto di vista affine. (b) Ogni isometria è in particolare una affinità. Le affinità che mandano l insieme dei 4 punti in sé costituiscono un gruppo finito di ordine 24 = 4! (isomorfo al gruppo di permutazioni di quattro elementi si veda il compito del mese di giugno 2008). Quindi G è un sottogruppo di un gruppo finito, ed è a sua volta finito. (c) Le ( ) 4 2 = 4! = 6 distanze reciproche sono 2!2! A D = (2, 0, 2) = 2 2 B D = (0, 2, 2) = 2 2 C D = (2, 2, 0) = 2 2 A B = 2 2 B C = 2 2 C A = 2 2. Si tratta quindi di un tetraedro regolare, e quindi ogni affinità che manda l insieme dei vertici {A, B, C, D} in sé è anche una isometria (perché?). (d) Il volume è det = 6 6 =

7 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 7/0 L area di una delle sue facce (triangoli equilateri) è uguale a 2. La superficie laterale è quindi 6, la superficie totale 8. Il baricentro della faccia ABC è + + =, quindi l altezza del tetraedro è la norma del vettore 4/ = 4/, 4/ che è uguale a 4. Il volume è quindi uguale a 2 4 = 8, come sopra. /// (5) Determinare quali delle seguenti affermazioni sono vere e quali sono false (con dimostrazione o controesempio, rispettivamente). Sia K un campo. (a) Due rette del piano affine A 2 (K) che si incontrano in due punti distinti coincidono. (b) Due rette del piano proiettivo P 2 (K) che si incontrano in due punti distinti coincidono. (c) Due rette del piano proiettivo P 2 (K) hanno sempre almeno un punto in comune (intersezione). (d) Due coniche non degeneri di P 2 (K) sono proiettivamente equivalenti. (e) L intersezione di due sottospazi affini di uno spazio affine su K è un sottospazio affine dello stesso spazio affine. (f) Se K è un campo finito di ordine n, allora ci sono un numero finito di rette e di punti in P 2 (K). Quante/i sono? Soluzione: (Le soluzioni di questo esercizio sono state svolte durante le lezioni o esercitazioni) /// (6) Si consideri in E 2 la conica γ di equazione x 2 y 2 =. Sia G il gruppo di tutte le affinità che mandano γ in sé. (a) Determinare quali elementi di G sono anche isometrie.

8 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 8/0 (b) G è un sottogruppo chiuso di GL(2, R)? (c) G è compatto? (d) L azione di G su A 2 (R) è transitiva? G contiene traslazioni? (e) G è connesso? (f) Determinare se G agisce transitivamente su γ. Soluzione: Osserviamo che i due asintoti di γ (le rette di equazioni x ± y = 0) sono le uniche rette di E 2 che non intersecano γ e che passano per i punti all infinito di γ: infatti il sistema si riduce all equazione { x 2 y 2 = = x 2 (ax + b) 2 = y = ax + b. ( a 2 )x 2 2abx + b 2 = 0. Questa, se a 2 =, ha certamente soluzioni se b 0. Altrimenti, se b = 0, non ha soluzioni. Ora, se una affinità manda γ in sé, allora deve mandare anche i suoi due asintoti in sé. In particolare, l intersezione dei due asintoti deve rimanere fissa, e quindi l affinità si scrive come x Ax [ ] a b con A = matrice invertibile. Nel sistema di riferimento dato dai due c d asintoti, l equazione di γ risulta st =, dove le coordinate sono 2 s = 2 (x + y) t = 2 (x y) [ ] s = [ t 2 ] [ ] x. y Lavoriamo nelle coordinate (s, t), invece che nelle (x, y). (a) Le rotazioni che mandano i due assi s e t in sé sono le quattro rotazioni di angolo 0, π/2, π e π/2. Solo le rotazioni di angolo 0 (l identità) e di angolo π mandano γ in sé. Le riflessioni che mandano gli assi in sé sono le due riflessioni lungo gli assi (che però non mandano l iperbole in sé), e le riflessioni lungo le bisettrici (che mandano γ in sé). In totale quindi le isometrie di G sono rappresentate dalle quattro matrici = [ 0 0 ], = [ ] 0, R 0 = [ ] [ ] 0 0, R Le prime due sono rotazioni (e quindi in SO(2)), le seconde riflessioni (con determinante ).

9 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 9/0 (b) Il gruppo G è formato da tutte le matrici A tali che [ ] [ ] 0 0 A t A =. 0 0 Si tratta quindi della controimmagine di [ ] 0 A A t A. 0 [ ] 0 mediante la funzione (continua) 0 La controimmagine di un punto (che è chiuso) è un chiuso, e dunque G è chiuso. Sia K G il sottogruppo di G formato dalle isometrie di G. Ora, se A è una matrice tale che Aγ = γ, A induce una permutazione tra i quattro quadranti del piano (s, t) (dato che manda gli assi in sé, manda anche il complementare degli assi in sé). Sia H G il sottogruppo formato da tutte le affinità con determinante che mandano il primo quadrante in sé. Sia K che H sono sottogruppi di G. Si ha che H K =. Se g è un elemento di G, allora esiste certamente a K tale che ga ha determinante. Ora, ga oppure ga hanno entrambi determinante, e uno dei due manda il primo quadrante in sé. Dunque, dato che sia a che a sono in K, esiste un elemento k K tale che gk H. In altre parole, HK = G, cioè G è l unione disgiunta dei laterali di H G = H H R H R 2 H. Per mostrare che G è chiuso, basta mostrare che H è chiuso. (c) Osserviamo che G contiene tutte le matrici del tipo [ ] t 0, 0 /t con t 0 arbitrario. Il sottogruppo H di sopra (quelle che mandano il primo quadrante in sé) è formato da quelle con t > 0. Quindi, {[ ] } {[ ] } {[ ] } {[ ] t 0 t 0 0 t 0 t G = : t > 0 : t > 0 : t > 0 0 /t 0 /t /t 0 /t 0 Dato che G non è limitato, non è compatto. Deduciamo anche che il determinante di ogni elemento di G è uguale a ±. (d) L azione di G su A 2 (R) non può essere transitiva, dato che manda γ in sé. Dato che manda l origine in sé, non può contenere traslazioni, come abbiamo visto prima. } : t > 0.

10 Geometria e Topologia I - 5 lug 2008 (4:0 - U-02) 0/0 (e) G non è connesso, dato che la funzione determinate det: G {±} è continua e suriettiva. È possibile (ma non facciamo ora) vedere che ha quattro componenti connesse, omeomorfe a R. [ (f) L azione ] è transitiva: se α 0, allora il punto (α, ) viene mandato da 2α t 0 in 0 /t [ ] [ ] [ ] t 0 α tα =. 0 /t 2α 2tα Chiaro quindi che con t 0 è possibile mandare (α, ) in un qualsiasi altro punto 2α di γ. ///