Università degli Studi di Roma Tre Corso di Laurea in Matematica a.a. 2014/2015 GE220 Topologia Prova scritta 25/6/2015 Appello A

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1 Università degli Studi di Roma Tre Corso di Laurea in Matematica a.a. 2014/2015 GE220 Topologia Prova scritta 25/6/2015 Appello A Nome e Cognome: Esercizio 1 Esercizio 2 Esercizio 3 Esercizio 4 Esercizio 5 Esercizio 6 TOTALE 1

2 2 Esercizio 1. Sull insieme N dei numeri naturali si considerino la topologia cofinita C e la topologia T := {, N, P, D}, essendo P (rispettivamente, D) l insieme dei numeri pari (rispettivamente, dispari). Sia f : N N la funzione definita ponendo { 1 se n P f(n) := 2n se n D (1) Si dica se le funzioni f e f f sono continue quando N è munito della topologia cofinita (a dominio e codominio). (2) Si dica se le funzioni f e f f sono continue quando N è munito della topologia T (a dominio e codominio). Soluzione. Per definizione, si ha f f(x) = { 2 se n P 1 se n D Supponiamo che dominio e codominio siano muniti della topologia C. Si ha f 1 ({1}) = P, (f f) 1 ({1}) = D. Dunque, sia f che f f non sono continue, perché {1} è chiuso nella topologia cofinita, ma né P né D lo è. Supponiamo adesso che dominio e codominio siano muniti della topologia T. Si ha immediatamente f 1 (P ) = D, f 1 (D) = P. Ciò prova che f è continua. A fortiori, lo è f f (in quanto composizione di funzioni continue).

3 Esercizio 2. Sia K la retta di Sorgenfrey, i.e., K è l insieme dei numeri reali con la topologia una cui base di aperti è la famiglia degli intervalli del tipo [a, b), con a < b. (a) Si dica se il sottospazio X := { 1 : n > 0} {0} n di K è compatto. (b) Si dica se esiste un omeomorfismo f : K K tale che f(1/n) = 1/n, per ogni intero positivo n. Soluzione. Sia A := {(, 1 ) : n > 0} {[0, 1)}. E immediatamente visto che n A è una collezione di aperti della retta di Sorgenfrey (ricordando che tale topologia è più fine della topologia euclidea) e inoltre X {A : A A}, ma ovviamente per nessun sottoinsieme finito F di A si ha X {A : A F}. Ciò prova che X non compatto. Relativamente al secondo quesito, la risposta è negativa. Infatti, supponiamo, per assurdo, che un tale omeomorfismo esista e osserviamo che la successione { 1 : n > 0} converge a 0 n in K (ciò segue immediatamente dal fatto che una base locale in un punto x K consiste di intervalli del tipo [x, x + ɛ), con ɛ > 0). Seguirebbe che la successione S := { 1 n = f( 1 n ) : n > 0} dovrebbe anch essa convergere in K. Poiché la topologia di Sorgenfrey è più fine della topologia euclidea, la successione S dovrebbe convergere a 0, ma ciò non avviene, in quanto l intervallo [0, 1) è un intorno di 0 che non contiene alcun punto della successione. 3

4 4 Esercizio 3. Sia X un insieme più che numerabile con la topologia conumerabile (i.e., i chiusi propri della topologia sono gli insiemi al più numerabili). (a) Si caratterizzino i sottospazi compatti di X. (b) Si caratterizzino i sottospazi connessi di X. (c) Si caratterizzino le funzioni continue S 1 X, essendo S 1 munito della topologia euclidea. Soluzione. (a) Ovviamente ogni sottoinsieme finito di X è compatto. Viceversa, sia Y un sottospazio compatto di X. Se Y fosse infinito, conterrebbe un sottoinsieme numerabile N che è, per definizione, chiuso in X e, a fortiori, in Y. Dunque N sarebbe compatto (in quanto chiuso in un compatto). Questa è una contraddizione, perché Y è discreto (tutti i suoi sottoinsiemi sono chiusi, essendo al più numerabili), e i compatti discreti sono finiti. Resta provato che i soli compatti di X sono i sottoinsiemi finiti. (b) Osserviamo che due arbitrari aperti non vuoti di X si incontrano (altrimenti, esisterebbero due chiusi propri la cui unione sarebbe X, ma l unione di due chiusi propri è, per definizione, un insieme al più numerabile, ciò viola quindi la condizione sulla cardinalità di X). Dunque X è connesso. D altra parte, se S è un sottoinsieme più che numerabile di X, allora la topologia di sottospazio su S è quella conumerabile (fatto immediatamente dedotto dalle definizioni). Dunque sono connessi tutti i sottospazi più che numerabili di X. Inoltre, e questo vale per ogni spazio topologico, sono connessi i singoletti. Mostriamo che non vi sono altri connessi in X. Ciò equivale a dire che un insieme al più numerabile con almeno due punti non è connesso. Ciò è ovvio, perché un tale spazio è discreto e ha almeno due punti. (c) Tali funzioni sono solo le costanti. Infatti S 1 è compatto e connesso. Dunque la sua immagine f(s 1 ) è compatta e connessa. Stanti le parti (2,3) segue che f(s 1 ) è un singoletto, i.e., f è costante.

5 Esercizio 4. Sia X := [0, 1] [0, 1] R 2 munito della topologia euclidea, e sia f : X X un omeomorfismo. Si dimostri che f( X) = X. Soluzione. Supponiamo, per assurdo, che esista un punto p X tale che f(p) X \ X. Dunque f induce, per restrizione, un omeomorfismo X \{p} X \{f(p)}. Per come è stato scelto p, X \ {p} è stellato e ha quindi gruppo fondamentale banale. Invece, f(p) è punto interno di X, e pertanto X \ {f(p)} è omotopo a S 1 (stante l Esercizio 4 dell esercitazione 12), questa è una contraddizione (si ricordi che S 1 ha gruppo fondamentale isomorfo a Z). 5

6 6 Esercizio 5. Sia H R 4 il piano di equazioni x = y = 0. Si determini il gruppo fondamentale di X = R 4 H. Soluzione. Identificando R 4 con R 2 R 2 e ponendo o := (0, 0) possiamo scrivere X = R 4 H = {(p, q) R 2 R 2 : p o} = (R 2 o) R 2. Dunque il gruppo fondamentale di X è il prodotto del gruppo fondamentale di R 2 o, che é Z, e del gruppo fondamentale di R 2, che è banale. Quindi π 1 (X) = Z.

7 Esercizio 6. In questo esercizio gli spazi hanno la topologia euclidea. Si dica se esiste una funzione continua f : R 4 S 1 S 1 tale che f(p) = p, per ogni p S 1 S 1. Soluzione. Una siffatta f, se esiste, è una retrazione topologica. Allora, detta i : S 1 S 1 R 4 l inclusione, stante l Esercizio 1(2) della settimana 10, si avrebbe che i : π 1 (S 1 S 1 ) π(r 4 ) sarebbe un morfismo iniettivo di gruppi. Questa è una contraddizione, perché π 1 (S 1 S 1 ) è isomorfo a Z Z ma π 1 (R 4 ) è banale. 7