Geometria I. CdL in Matematica, Università dell Insubria Prova scritta del 16 novembre 2009 Giustificare sempre le risposte.

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1 Geometria I CdL in Matematica, Università dell Insubria Prova scritta del 16 novembre 2009 Giustificare sempre le risposte. 1. Dati a, b R, consideriamo la funzione d: R 2 R 2 R (dove x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 )). d(x, y) = a(x 1 y 1 ) 2 + b(x 2 y 2 ) 2, (a) Per quali valori di a e b in R la funzione d è una metrica su R 2? (b) Siano (a, b) = ( 1 9, 1 4 ). Come sono fatte le bolle per d? Dimostrare -in questo caso- che d è equivalente alla metrica euclidea su R Sia T la topologia su R nella quale gli insiemi aperti sono R, e gli intervalli della forma (a, + ), a R. (a) Verificare che T è una topologia. (b) La topologia T è di Hausdorff? È metrizzabile? (c) Stabilire se i seguenti insiemi sono aperti o chiusi, e determinarne la parte interna, la chiusura e i punti di accumulazione. T 1 = { n, n N}, T 2 = (, 0], T 3 = {0} (d) Stabilire se le funzioni f(x) = x 3 e g(x) = x 2 da (R, T ) in sè sono continue e se sono aperte. 3. (a) Dimostrare che ogni applicazione costante tra spazi topologici è continua. (b) Sia Y uno spazio discreto (cioè dotato della topologia discreta). Dimostrare che gli unici sottospazi connessi di Y sono i punti. (c) Sia X uno spazio connesso. Dimostrare che ogni applicazione continua da X a uno spazio discreto è costante (usare eventualmente il punto precedente). 4. Stabilire -motivando la risposta- quali dei seguenti sottospazi di R 2 (con la topologia euclidea) sono omeomorfi rispettivamente agli intervalli di R: [0, 1), [0, 1] e (0, 1) (sempre con la topologia euclidea). A = {(x, sin x) R 2 x [0, 2π]} B = {(2t, 3t) R 2 1 < t 2} C = [ 1, 1] { 1} R 2 D = {(x, y) R 2 x 2 + y 2 = 1} \ {(0, 1)}. 1

2 SOLUZIONI Non c è un solo modo di risolvere gli esercizi. La cosa importante è trovarne uno giusto. 1. (a) d è una metrica se e solo se sia a sia b sono strettamente positivi. Infatti, se a, b > 0 allora valgono le tre proprietà della metrica: (i) d(x, y) = a(x 1 y 1 ) 2 + b(x 2 y 2 ) 2 = a(y 1 x 1 ) 2 + b(y 2 x 2 ) 2 = d(y, x); (ii) 0 = d(x, y) = a(x 1 y 1 ) 2 + b(x 2 y 2 ) 2 a(x 1 y 1 ) 2 = b(x 2 y 2 ) 2, ma essendo sia a sia b, strettamente positivi, ed essendo i quadrati (x 1 y 1 ) 2 e (x 2 y 2 ) 2 maggiori o uguali a zero, questa uguaglianza è verificata se e solo se (x 1 y 1 ) 2 = (x 2 y 2 ) 2 x 1 = y 1 e x 2 = y 2 x = y; (iii) La disuguaglianza triangolare è sempre verificata perché per ogni x, y, z R 2 d(x, y)+d(y, z) = ( ax 1 ay 1 ) 2 + ( bx 2 by 2 ) 2 + ( ay 1 az 1 ) 2 + ( by 2 bz 2 ) 2 ( ax 1 az 1 ) 2 + ( bx 2 bz 2 ) 2 = d(x, y), dove la disuguaglianza nel mezzo deriva dalla disuguaglianza di Cauchy-Schwartz in R 2 applicata ai vettori x = ( ax 1, bx 2 ), y = ( ay 1, by 2 ) e z = ( az 1, bz 2 ). Se invece vale che almeno uno tra a e b è uguale a zero, la proporietà (ii) non è verificata: ad esempio se a = 0 i vettori x = (0, 1) e y = (1, 1) soddisfano d(x, y) = 0 ma sono diversi. Se almeno uno tra a e b è strettamente negativo, la funzione d non è nemmeno ben definita perché per alcuni vettori il numero sotto radice risulta negativo. (b) Sia a = 1/9, b = 1/4. Allora la bolla di centro x e raggio ɛ > 0 B ɛ (x) = {y R 2 (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 } < ɛ 2 = {y R 2 (x 1 y 1 ) (3ɛ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 } (2ɛ) 2 < 1. Questa bolla è la regione piana delimitata dall ellisse di centro x e semiassi 3ɛ, 2ɛ. Chiamiamo B e le bolle rispetto alla metrica euclidea. Per ogni x R 2 e per ogni ɛ > 0 valgono le inclusioni: B e 2ɛ(x) B ɛ (x) B e 3ɛ(x). Questa proprietà implica che la metrica d e la metrica euclidea sono equivalenti. Verifichiamo prima inclusione analiticamente (la seconda è analoga): Se y B2ɛ e (x), vale che d e (x, y) 2 = (x 1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2 < 4ɛ 2. Ma allora d(x, y) 2 = 1 9 (x 1 y 1 ) (x 2 y 2 ) ( (x1 y 1 ) 2 + (x 2 y 2 ) 2) < ɛ 2, Dunque se y B e 2ɛ (x), allora vale la disuguaglianza qui sopra, e cioè y B ɛ(x). [In generale, per ogni scelta di a e b strettamente positivi, vale che B ɛ (x) è la regione piana delimitata dall ellisse di centro x e semiassi ɛ/ a, ɛ/ b. E si verifica allo stesso modo che d è equivalente alla metrica euclidea.] 2

3 2. (a) Verifichiamo che siano soddisfatte le proprietà della topologia: (I) R, T per definizione. (II) Sia {U i } un insieme arbitrario di aperti di T. Voglio verificare che l unione appartiene a T. Per questo scopo posso supporre che i U i = (a i, + ) per certi a i R [sto eliminando gli eventuali aperti della forma o R, che non danno problemi con l unione]. Vale allora che U i = (a i, + ) = (inf {a i}, + ) T. i i i (III) Siano U 1, U 2 aperti di T. Voglio verificare che U 1 U 2 T. Come sopra, se qualcuno dei due aperti è o R la condizione è banalmente verificata. Siano dunque U 1 = (a 1, + ) e U 2 = (a 2, + ), a i R. Allora come volevamo. U 1 U 2 = (max {a 1, a 2 }, + ) T (b) La topologia T non è di Hausdorff: cioè non è vero che per ogni coppia di punti distinti x, y R esistono due aperti disgiunti U e V in T tali che x U, y U e y V, x V. Infatti, Dati due qualunque aperti non vuoti di T, la loro intersezione non è mai vuota, come si vede dal punto (III) nella parte precedente. Uno spazio metrizzabile è in particolare di Hausdorff. Dunque, se R fosse metrizzabile con T, sarebbe di Hausdorff. Ma abbiamo appena verificato che non lo è, quindi possiamo concludere che (R, T ) non è metrizzabile. (c) T 1 = R \ (0, + ) è il complementare di un aperto, quindi è chiuso. La sua chiusura è dunque lui stesso. Non è aperto, perché non appartiene a T. La parte interna, il più grande aperto in esso contenuto è, perché nessun insieme della forma (a, + ) è contenuto in T 1. I punti di accumulazione sono tutto T 1. Infatti per ogni x (, 0] = T 1, ogni aperto U T che contiene x è della forma (x ɛ, + ), per qualche ɛ > 0 (oppure è R stesso). In ogni caso U (T 1 \{x}). Inoltre, T 1 essendo chiuso contiene tutti i suoi punti di accumulazione, quindi non ci sono punti di accumulazione esterni a T 1. T 2 non è chiuso perché non è il complementare di un aperto in T. Non è nemmeno aperto. T 2 = (, 0] = T 1. La parte interna è vuota. T 2 non ha punti di accumulazione. T 3 non è nè aperto nè chiuso. T 3 = (, 0] = T 1. La parte interna è vuota. I punti di accumulazione di T 3 sono (, 0). Infatti, 0 non è un punto di accumulazione perché ad esempio V = ( 1/2, + ) è un suo intorno tale che V T 3 = {0}. Ogni x > 0 non è un punto di accumulazione perché appartiene alla parte esterna di T 3 che è (0, + ). Invece, per ogni x < 0, per ogni intorno N di x, esiste un ɛ > 0 tale che (ɛ+x, + ) N. Ma allora 0 (ɛ + x, + ) T 3 N T 3, dunque x è di accumulazione per T 3. 3

4 (d) Ricordiamo che una funzione è continua se e solo se la controimmagine di ogni aperto è un aperto. Mentre una funzione è aperta se e solo se l immagine di ogni aperto è un aperto. Sia U = (a, + ) T. f 1 (U) = (a 1/3, + ) T. Inoltre f 1 (R) = R, e ovviamente f 1 ( ) =. Dunque f è continua. Inoltre è anche aperta, perché f(u) = (a 3, + ) T, f(r) = R, e ovviamente f( ) =. Notate che questo ci dice che f è un omeomorfismo (continua + biiettiva + aperta omeomorfismo). La funzione g non è continua: prendiamo ad esempio l aperto (1, + ) T. g 1 ((1, + )) = (, 1) (1, + ) T. La funzione g non è nemmeno aperta. Infatti, ad esempio g(r) = [0, + ) T. 3. (a) Siano X e Y due spazi topologici, e sia f: X Y un applicazione costante. Dunque esiste y Y tale che f(x) = y per ogni x X. Consideriamo le possibili contrommagini degli aperti di Y. Sia V Y aperto, allora { f 1 X se y V (V) = se y V In ogni caso, qualunque topologia ci sia su X e su Y, queste controimmagini appartengono alla topologia su X per definizione di topologia, quindi f è continua. (b) Sia Y uno spazio discreto. Sia Z Y un suo sottospazio che contenga più di due punti. Voglio vedere che Z non è connesso. La topologia indotta su Z da quella di Y è la topologia discreta. Sia z Z un punto qualsiasi. Per ipotesi, siccome Z contiene almeno un altro punto oltre a z, Z \{z}. Inoltre sia z sia Z \{z} sono aperti (ogni sottoinsieme è aperto per la topologia discreta). Dunque Z = {z} Z \ {z}, abbiamo espresso Z come unione disgiunta di aperti non vuoti Z non è connesso. D altra parte ogni punto è connesso, con qualunque topologia. Infatti non posso MAI scrivere un punto come unione di due insiemi disgiunti non vuoti. (c) Sia dunque f: X Y un applicazione continua da uno spazio connesso X a uno spazio discreto Y. [Usando il punto precedente] Ricordiamo che l immagina tramite un applicazione continua di uno spazio connesso è uno spazio connesso. L immagine Im f Y deve essere un sottospazio connesso di Y per quanto appena ricordato. Ma per il punto (b) gli unici sottospazi connessi di Y sono i punti, quindi Im f = {y} per un qualche y Y, e cioè f è costante. [Senza usare il punto precedente]. Ricordiamo che f è continua se e solo se la controimmagine di un chiuso qualsiasi è chiusa. Prendiamo un y Im f. Vogliamo dimostrare che in effetti Im f = {y}. Siccome su Y abbiamo la topologia discreta, {y} è contemporaneamente aperto e chiuso in Y. Allora f 1 (y) è sia aperto che chiuso in X. Ma X è connesso: gli unici sottoinsiemi contemporaneamente aperti e chiusi sono X e. L insieme f 1 (y) non è vuoto perché y Im f, quindi per definizione c è almeno un x X tale che f(x) = y. Ma allora f 1 (y) = X, e f è costante. 4

5 4. Osserviamo preliminarmente che i tre intervalli [0, 1), [0, 1] e (0, 1) non sono fra loro omeomorfi. Un modo per verificarlo (ma non ǹecessario nella risoluzione del compito) è osservare che [0, 1] è compatto, mentre gli altri non lo sono, e siccome la compattezza è una proprietà topologica, [0, 1] non è omeomorfo agli altri due. D altra parte [0, 1) e (0, 1) non sono omeomorfi: se tolgo il punto {0} da [0, 1) ottengo (0, 1) che è connesso, mentre qualunque punto io tolga da (0, 1) ottengo un sottoinsieme sconnesso. Ma se ci fosse un omeomorfismo ψ: [0, 1) (0, 1) allora la sua restrizione ψ: [0, 1) \ {0} = (0, 1) (0, 1) \ {ψ(0)} sarebbe ancora un omeomorfismo, tra uno spazio connesso e uno sconnesso: un assurdo perché anche la connessione è una proprietà topologica. A e C sono omeomorfi a [0, 1]. Verifichiamolo: Considero l applicazione ϕ: A [0, 2π] definita così: ϕ(x, sin x) = x. È continua perché è la restrizione della proiezione sul primo fattore di R 2 in R, ed ha un inversa continua: x [0, 2π] (x, sin x) A (questa è continua perché lo è sui due fattori. Quindi ϕ è un omeomorfismo da A in [0, 2π]. Ma tutti gli intervalli della forma [a, b] in R sono omeomorfi tra loro: A è omeomorfo a [0, 1]. Alo stesso modo considero l applicazione biettiva e continua α: C [ 1, 1] definita così: α(x, y) = x. La sua inversa α 1 : [ 1, 1] C è α 1 (x) = (x, 1) C, che è continua, quindi α è un omeomorfismo. Come sopra, C risulta dunque omeomorfo a [0, 1]. B è omeomorfo a [0, 1). Consideriamo l applicazione β: B (1, 2] R definita da β(2t, 3t) = t, è biiettiva e continua, e la sua inversa è t (2t, 3t) che è continua. Dunque B è omeomorfo a (1, 2]. Ma in R tutti gli intervalli della forma [a, b) sono omeomorfi tra loro, e sono omeomorfi agli intervalli della forma (c, d]. Quindi B è omeomorfo a [0, 1). D è omeomorfo a (0, 1). Consideriamo l applicazione γ: (0, 1) D definita così: γ(t) = (cos(2πt), sin(2πt)). È biiettiva e continua. Inoltre è aperta: dato un intervallo della forma (a, b) (0, 1), l immagine è l intersezione di D con la bolla di centro c = (cos(π(b a)), sin(π(b a))) e raggio r = c (cos(2πb), sin(2πb)). Dunque β è un omeomorfismo. [Attenzione! Se considero α da [0, 1) a tutta la circonferenza, questa è una funzione biiettiva e continua MA non è aperta] 5