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1 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 1/8 Cognome: Nome: Matricola: (Dare una dimostrazione esauriente di tutte le risposte.) (1) Determinare quali dei seguenti sottoinsiemi sono aperti, chiusi, e compatti (nelle rispettive topologie). (a) {(x, y) R 2 : x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 1}; (b) {z C : z 3 = z}; (c) {(z, w) C 2 : z 2 = w(w 1)} ; (d) {(x, y) R 2 : (x 2 + y 2 1) 1 Z}; (e) {t + 1t cos 1 t : t R {0}}. Soluzione: L insieme X = {(x, y) R 2 : x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 1} è la controimmagine dell intervallo chiuso [1, ) mediante la funzione continua f(x, y) = (x + y) 3 y 3 + y. Quindi è chiuso. Rato che R 2 è connesso, per mostrare che non è aperto basta vedere che non è né né R 2. Infatti, f(0, 0) = 0 < 1 = X R 2. Analogamente, f(0, 2) = 2 > 1 = X. Il sottoinsieme chiuso X è compatto se e solo se è limitato (per il teorema di Heine Borel): non è limitato, dato che contiene tutti i punti (0, n), con n 1. Passiamo ora a X = {z C : z 3 = z}. In coordinate polari, z = re iθ, dunque X è il sottoinsieme di tutti i punti di C che soddisfano l equazione r 3 e 3iθ = re (π θ)i, da cui segue { r 3 = r (r 0) 3θ = π θ + 2kπ con k Z, r {0, 1} θ = π 4 + k π 2 con k Z. Si tratta quindi di cinque punti 0, e π/4+kπ/2, con k = 0, 1, 2, 3. È un insieme finito di punti: è chiuso, compatto e non aperto. L insieme X = {(z, w) C 2 : z 2 = w(w 1)} è la controimmagine in C 2 di {0} (chiuso di C) mediante la funzione C 2 C definita da f(z, w) = z 2 w(w 1).

2 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 2/8 Si tratta quindi di un chiuso. Per mostrare che non è aperto, come sopra, mostriamo che X e che X C 2. Infatti (0, 0) X = X ; (1, 0) X = X C 2. Per la compattezza, occorre vedere se è limitato. Basta prendere, per n grande, la coppia (z, w) = ( n(n 1), n) e osservare che è un elemento di X per ogni n: quindi non è limitato. L insieme X = {(x, y) R 2 : (x 2 + y 2 1) 1 Z} è la controimmagine di Z mediante la funzione f(x, y) = (x 2 + y 2 1) 1, che però non è definita su R 2 ma sui punti di R 2 per cui x 2 + y 2 1 (cioè tutti i punti tranne quelli della circonferenza unitaria). Si ha che (x, y) X se e solo se esiste k Z tale che 1 x 2 + y 2 1 = k dove k Z. L intero k non può essere zero, e quindi si tratta dell unione di tutte le circonferenze di raggio 1 + 1, con k 0 (per k = 1 si ha la circonferenza k degenere di raggio nullo). L insieme X è chiuso nel sottospazio U = R 2 {x 2 +y 2 = 1}, ma non è chiuso in R 2 : la successione di punti di X definita da ( 1 + 1/n, 0) converge a (1, 0) che non è in X. Non è nemmeno limitato, e quindi non è compatto. Se X è un aperto di U, allora esiste V R 2 aperto di R 2 tale che V U = X, e quindi X sarebbe aperto di R 2 perché intersezione di due aperti U e V. Viceversa, se X è aperto di R 2, allora è aperto di U dato che X = U X. L insieme non è un aperto di R 2 (e quindi non è aperto di U): basta mostrare che l intersezione con l asse delle x non è un aperto di R (per lo stesso motivo). Si tratta di Y = {x R : x = ± 1 + 1/k}. Non è aperto perché, per esempio, il punto 2 non è interno: ogni intorno circolare di 2 di raggio piú piccolo di 2 3/2 non contiene altri punti di Y. Sia X = {t + 1t cos 1 : t R {0}}. Per n 1 intero, il punto z t n = cos n è di X; la successione converge a 0, e quindi 0 è di accumulazione n n per X ma non è di X: dunque X non è chiuso di C. Se X fosse aperto, sarebbe aperta l intersezione con l asse reale, cioè l insieme {t R : t 0, cos 1 t = 0} = {t R : t 0, 1 t = π 2 + kπ, con k Z}, cioè 1 { π/2 + kπ : k Z. Come sopra, questo non è un insieme aperto di R (basta osservare che per esempio 2/π non è interno). ///

3 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 3/8 (2) Dimostrare le seguenti proposizioni, quando sono vere. Altrimenti mostrare che sono false. Per ogni x R, denotiamo con [x] la classe di equivalenza di x rispetto alla relazione x y x y Z. Sullo spazio quoziente X = R/ (omeomorfo alla circonferenza S 1 ) definitamo la funzione d([x], [y]) = inf{ s t : s [x], t [y]}. (a) La funzione d: X X R è ben definita. (b) La funzione d: X X R è una metrica, tale che per ogni x, y, z R si ha d([x], [y]) = d([x + z], [y + z]). (c) La distanza tra due punti di X non può essere maggiore di 1/2. (d) Presi n punti a caso su X, ce ne sono sempre almeno due con distanza d([x 1 ], [x 2 ]) 1 n. (e) Per n 1 intero, e α R qualsiasi, esiste un intero q [1, n] tale che d([qα], [0]) 1 n + 1. (f) Dedurre il Teorema di approssimazione di Dirichlet: per ogni n 1 intero e α R, esiste una coppia di interi p, q Z tali che qα p 1 n + 1 e q n. Soluzione: (a), (b) sono facili, tenuto conto che d([x], [y]) = inf{ x y + k : k Z} = min{ x y + k : k Z}. Osserviamo che dalla proprietà d([x+z], [y +z]) = d([x], [y]) segue che d([x], [y]) = d([x y], [0]). Ogni classe [x] ha un unico rappresentante t [x] con 0 t < 1, e X è uguale all intervallo [0, 1] con gli estremi identificati (una circonferenza). L omeomorfismo con la circonferenza è dato dalla funzione θ e 2πiθ. Punto (c): Se t [0, 1/2], allora d([t], [0]) = t. Se t [1/2, 1], allora d([t], [0]) = 1 t. Cioè d([t], [0]) = min(t, 1 t). Dato che t+(1 t) = 1, il minimo tra t è 1 t è certamente minore di 1/2. Il massimo si ha per t = 1/2, cioè d([1/2], [0]) = 1/2. In generale, dati due punti qualsiasi [x] e [y], si ha d([x], [y]) = d([x y], [0]) 1/2, e dunque la distanza tra due punti di X non può essere maggiore di 1/2. Punto (d): Siano [x 1 ],[x 2 ],... [x n ] gli n punti arbitrari di X. Le distanze reciproche sono le stesse dei punti [x 1 x 1 ], [x 2 x 1 ],..., [x n x 1 ] traslati di x 1, cioè possiamo sempre supporre che x 1 = 0. Possiamo naturalmente supporre che x i [0, 1) per ogni i. Supponiamo per assurdo che non esistano due punti con

4 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 4/8 distanza minore o uguale a 1/n, cioè tutte le coppie di punti distano almeno 1/n. Riordinando gli indici, si ha 0 = x 1 x 2... x n < 1. Dato che per ipotesi d([x i+1 ], [x i ]) > 1, per ogni i = 1..., (n 1), si ha n 1 n < d([x i+1 x i ], [0]) = min(x i+1 x i, 1 x i+1 + x i ) = x i+1 x i > 1 n (dato che il minimo di due numeri in [0, 1) è piú grande di 1/n, entrambi lo devono essere, e quindi in particolare uno dei due). Ma allora x n = x n x 0 = (x 1 x 0 ) + (x 2 x 1 ) (x n x n 1 ) > 1 n + 1 n n = 1, assurdo. Il punto (e) segue dal (d), prendendo in considerazione gli n + 1 punti di X Esistono i e j in 0, 1,..., n tali che e dunque (supponendo i < j) [x 0 ] = [0], [x 1 ] = [α],..., [x n ] = [nα]. d([iα], [jα]) 1 n + 1, d([(j i)α], [0]) 1 n + 1, cioè l asserto con q = j i. Se i, j [0, n] e i < j, allora j i = q [1, n]. Passo emph(f): se α R e n 1, sappiamo che esiste q Z, 1 q n tale che d([qα], [0]) 1. Ma dato che esiste p Z tale che n + 1 d([qα], [0]) = qα p, si ha che esistono p, q Z tali che 1 q n e qα p 1 n + 1. /// (3) Utilizzando eventualmente il risultato dell esercizio precedente, calcolare i punti di accumulazione dei seguenti sottoinsiemi di R. (a) {a + b 3 : a, b Q}; (b) {a + b 3 : a, b Z};

5 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 5/8 (c) {a + b log 2 3 : a, b Z} (perché log 2 3 è irrazionale?); (d) { 2h : h, k Z}. 3k Soluzione: Passo (a): X = {a + b 3 : a, b Q}; dato che X Q, i punti di accumulazione di Q sono anche punti di accumulazione di X. Ma tutti i punti di R sono di accumulazione per Q, e quindi tutti i punti di R sono di accumulazione per X. Passo (b): una dimostrazione completa (senza presupporre altro) è la seguente. Sia X = {a + b 3 : a, b Z}; il numero 3 è irrazionale (perché?). Mostriamo che tutti i punti di R sono di accumulazione per X, cioè che per ogni ɛ > 0 e per ogni x R esistono punti di X in B ɛ (x), cioè che per ogni ɛ, per ogni x R esistono a, b Z tali che a + b 3 x < ɛ. Sia n un intero fissato. Per l esercizio precedente, esistono una coppia di interi p, q tali che q 3 p < 1, con 1 q n, n e cioè (dividendo per q) 3 p q < 1 nq. Supponiamo, senza perdere in generalità, che p e q siano privi di fattori comuni (altrimenti... ) e positivi. Per ogni a, b si ha quindi a + b 3 x = a + b( p q + 3 p q ) x a + b p q x + b( 3 p q ) a + b p q x + b nq. Osserviamo ora che (nella notazione dell esercizio precedente) i q punti [0], [ p q ],..., [j p q ]... con j = 0,..., (q 1) sono tutti distinti: infatti se esistono 0 i < j < q tali che [i p ] = [j p ] allora esiste k Z tale che q q jp = ip + kq (j i)p = kq, e questo non è possibile se p e q non hanno divisori in comune. Ma allora i punti [0], [ p ],..., [j p ]... non sono altro che i q punti q q [0], [ 1 q ],... [j q 1 ],... [q ]. q

6 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 6/8 Ogni x R, a meno di somma con un intero, dista certamente meno di 1 q da uno di questi punti, cioè esistono a,b, con 0 b q, tali che a + b p q x < 1 q. Ma allora esistono esistono a, b tali che a + b p q x + b nq 1 q + 1 n 2 q. La tesi segue se al crescere di n, il corrispondente q = q n tende all infinito. Supponiamo di no: allora la successione p n (definita dalla coppia p, q del teorema di q n Dirichlet al variare di n) è una successione di numeri razionali con denominatore q n limitato.ma per ogni n si ha 3 pn q n < 1 nq n 0, e dunque la successione converge a 3 (che non è razionale). Dato che la successione dei denominatori q n è limitata (ipotesi di assurdo), esiste una sottosuccessione q ni costante. Ma la sottosuccessione pn i q ni è sottosuccessione di una successione convergente (a 3), e quindi è convergente. Dato che il denominatore q ni è costante, anche il numeratore p ni è definitivamente costante: cioè la sottosuccessione pn i q ni da un certo i in poi è costante (e quindi è uguale al suo limite, che è il limite di p n /q n ). Questo è assurdo, perché vorrebbe dire che 3 è razionale. Passo (c): Come sopra, dato che log 2 3 è irrazionale, tutti numeri reali sono di accumulazione. Perché è irrazionale? Perché p/q = log p = 3 q, e 2 e 3 sono coprimi. Passo (d): consideriamo il logaritmo di X = { 2h : h, k Z}, cioè 3k Si può scrivere anche Y = {log 2 2 h : h, k Z}. 3k Y = {h + k log 2 3h, k Z} R. I punti di accumulazione di Y in R sono tutti i punti di R, e dunque i punti di accumulazione di X sono tutti i punti di R il cui logaritmo è un punto di accumulazione di Y, cioè la semiretta [0, ). /// (4) Sia G = GL(2, R) il gruppo delle matrici 2 2 invertibili a coefficienti reali, e X lo spazio di tutte le matrici 2 2 a coefficienti reali. Sia ϕ: G X X la funzione ϕ(a, M) = AMA 1, definita per ogni A G e ogni M X.

7 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 7/8 (a) Mostrare che è una azione di G su X. (b) L azione è transitiva? (c) Si calcoli lo stabilizzatore della matrice identica sottogruppo compatto. (d) Lo stabilizzatore di J = [ ] 0 1 è un sottogruppo compatto? 1 0 [ ] 1 0, e si dica se è un 0 1 Soluzione: (a): Occorre verificare le due proprietà (esercizio). (b): L azione non è transitiva, dato che, per esempio det(ama 1 ) = det(m) (e quindi matrici in una stessa orbita hanno lo stesso determinante). Non tutte le matrici hanno lo stesso determinante (di conseguenza non sono tutte simili tra loro), e quindi non c è una sola orbita. Due matrici sono nella stessa orbita se e solo se sono simili. (c) Lo stabilizzatore della matrice identica è tutto G. (d) Lo stabilizzatore di J non è un[ sottogruppo ] compatto, dato che contiene tutti i c 0 multipli della matrice identica, con c R. /// 0 c 1 0 t (5) Si consideri lo spazio G di tutte le matrici 3 3 della forma M t = 0 1 0, al variare di t R, con la topologia (metrica) di GL(3, R). (a) Si dimostri che G è omeomorfo a R, e che è un gruppo topologico rispetto al prodotto di matrici. (b) Si determini G O = G O(3) (cioè l insieme di tutte le matrici M t con M t ortogonale). (c) Si faccia agire G su R 3 con la moltiplicazione matrice/vettore. Cosa sono le orbite di questa azione? 1 0 t Soluzione: L om(e)omorfismo è t Le matrici ortogonali sono quelle (quella) con t = 0. Le orbite sono rette di R 3, oppure punti (del piano z = 0). /// (6) Sia X uno spazio topologico. Dimostrare (o falsificare) le seguenti affermazioni. (a) Le componenti connesse di X sono sottoinsiemi sia aperti che chiusi di X. (b) Se X ha un numero finito di componenti connesse, allora queste sono sia

8 Prova parziale di Geometria e Topologia I - 5 mag 2008 (U1-03, 13:30 16:30) 8/8 aperte che chiuse. (c) Se A è un sottoinsieme denso di X (cioè la cui chiusura è X), e B X è un altro sottoinsieme tale che B A, allora B è denso in X. (d) Se X è connesso, allora ogni sottoinsieme denso di X è connesso. (e) Se X è omeomorfo a [0, 1), allora X è omeomorfo anche a [0, 1]. Soluzione: Sono tutti esercizi assegnati in precedenza: le componenti connesse non sono sia aperti che chiusi (esempio: Q). Se ce ne sono un numero finito, allora sí (dato che sono comunque dei chiusi). Se A è denso in X e B contiene A, allora A B = A B, e dunque B = X (da cui segue che B è denso). Non è vero che se X è connesso, allora i sottoinsiemi densi sono connessi (si pensi a Q R oppure a R {0} R. I due intervalli [0, 1) e [0, 1] non sono omeomorfi, dato che uno è compatto e l altro no, e quindi non è vero che se X è omeomorfo all uno deve essere omeomorfo all altro. ///

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