Università degli Studi di Roma Tre Corso di Laurea in Matematica a.a. 2014/2015 GE220 Topologia Esonero 30 marzo 2015.

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1 Università degli Studi di Roma Tre Corso di Laurea in Matematica a.a. 2014/2015 GE220 Topologia Esonero 30 marzo 2015 Nome e Cognome: Esercizio 1 6 punti Esercizio 2 4 punti Esercizio 3 6 punti Esercizio 4 6 punti Esercizio 5 7 punti Esercizio 6 7 punti TOTALE 36 punti 1

2 Esercizio 1. Sia X in insieme infinito. Si considerino i seguenti sottinsiemi di P(X) e, per ciascuno di essi, si risponda ai tre quesiti (1), (2) e (3). Risposte sbagliate sottraggono punti. (a) S a = {F X : F < } {X} (1) S a è una topologia su X? No (2) S a è una base per una topologia su X? Sì. (3) Nel caso in cui la risposta ad una delle due domande precedenti è affermativa, si dica se la topologia definita su X da S a è di Hausdorff. Sì. (b) S b = {G X : G = } { }. (1) S b è una topologia su X? No (2) S b è una base per una topologia su X? No (3) Nel caso in cui la risposta ad una delle due domande precedenti è affermativa, si dica se la topologia definita su X da S b è di Hausdorff. (c) S c = {H X : X H = } X. (1) S c è una topologia su X? No (2) S c è una base per una topologia su X? Sì (3) Nel caso in cui la risposta ad una delle due domande precedenti è affermativa, si dica se la topologia definita su X da S c è di Hausdorff. Sì (d) Fissato un punto x X sia S d = {K X : x K} { }. (1) S d è una topologia su X? Sì (2) S d è una base per una topologia su X?Sì (3) Nel caso in cui la risposta ad una delle due domande precedenti è affermativa, si dica se la topologia definita su X da S d è di Hausdorff. No.

3 Esercizio 2. Si consideri R 2 con la topologia euclidea, e il suo sottinsieme Si determinino Z e Z. Z := {( 1 ) } 2 ; y, n N, y [0, 1). n Soluzione. Si ha Z = {2 n : n N} [0, 1) = {0, 2 n : n N} [0, 1]. Ogni punto di Z è di accumulazione per Z, dunque Z = Z. Inoltre, Int(Z) = dunque Z = Z Int(Z) = Z.

4 Esercizio 3. Sia K la retta di Sorgenfrey (ossia R con la topologia avente per base gli intervalli [a, b)). Siano f, g : K K le funzioni definite ponendo { { x + 1 se x 1 x + 1 se x > 1 f(x) := g(x) := x se x < 1 x se x 1 Si discuta la continuità di f e di g. Soluzioni. Osserviamo che, per ogni α > 0, β R, la funzione T : K K definita ponendo T (x) := αx+β è continua. Infatti, per ogni aperto del tipo [r, s), si ha T 1 ([r, s)) = [α 1 (r β), α 1 (s β)). La continuità di T implica la continuità di tutte le sue restrizioni, per ogni scelta dei parametri. Dunque, le funzioni [1, + ) K, x x + 1, (, 1) K, x x sono continue. Ricordando che [1, + ) è clopen in K, si deduce che la continuità di f è una conseguenza immediata del Lemma di incollamento. Per quel che riguarda la funzione, g, non possiamo usare il Lemma di incollamento, perché (1, + ) è aperto in K, ma non è clopen. Osservando che g 1 ([1, 2)) = {1} concludiamo che g non è continua.

5 Esercizio 4. Sia X uno spazio topologico. Si dica se le seguenti condizioni (1) e (2) sono equivalenti (in caso affermativo, si dia una dimostrazione, altrimenti si esibisca un controesempio). (1) X soddisfa l assioma di separazione T 1. (2) Ogni successione a termini in X definitivamente costante ha un unico limite. Soluzioni. (1) (2) Supponiamo che X soddisfi l assioma T 1, e sia {x n : n N} una successione definitivamente costante, sia ν N tale che x n = x ν =: t, per ogni n ν. Basterà far vedere che, se x è un limite della successione assegnata, allora x = t. Supponiamo sia x t. Poiché X è T 1, {t} è chiuso e pertanto U := X {t} è un intorno di x. Per definizione, una coda della successione deve essere in U, ciò è assurdo, per come U è definito. (2) (1) Viceversa, assumiamo la condizione (2), sia x X e y {x}. La successione costante x, x,... chiaramente converge a x. Inoltre, poiché y {x}, ogni intorno V di y contiene x, e quindi contiene tutti i termini della successione. Ne segue che la stessa successione converge anche a y e, poiché vale l unicità del limite per le successioni definitivamente costanti, si ha y = x. Ciò prova che {x} è chiuso, per ogni x X, i.e., X soddisfa l assioma T 1.

6 Esercizio 5. Sia X uno spazio topologico, si consideri il prodotto cartesiano X X e il suo sottinsieme X X X dato da X := {(x, x), x X}. Si consideri la proiezione sul primo fattore p X : X X X; (x, y) x. (a) Si mostri che la seguente T T := {U X X : p X (U X ) è aperto in X}. è una topologia su X X più fine della topologia prodotto su X X. Soluzione. Per semplicità sia p := p X, := X. Si vede immediatamente che X X, T. Se A 1, A 2 T, allora p(a i ) sono aperti in X. Basterà dunque osservare che p(a 1 A 2 ) = p(a 1 ) p(a 2 ). Il lettore attento noterà che, in generale, NON è vero che l immagine di un intersezione di insiemi coincide con l intersezione delle immagini. Ma in questo caso ciò avviene. L inclusione vale sempre. Viceversa, sia x p(a 1 ) p(a 2 ). Allora esistono (a, a) A 1, (b, b) A 2 tali che p(a, a) = p(b, b) = x. Segue a = b = x, e quindi (a, a) = (b, b) = (x, x) A 1 A 2, in particolare x p(a 1 A 2 ). Sia adesso A una sottofamiglia di T. Allora p(a ) è aperto in X, per ogni A A. Sia B l unione di tutti gli insiemi in A. Per concludere che B T basta quindi notare che p(b ) = A A p(a ), e ricordare che il secondo membro è aperto in X, essendo unione di una famiglia di aperti di X. Un aperto di base della topologia prodotto è del tipo U V, con U, V aperti in X. Basta mostrare, dunque, che U V T. Ciò segue immediatamente dall uguaglianza p((u V ) ) = U V, la cui prova è conseguenza immediata delle definizioni.

7 (b) Si dimostri che la proiezione p X è aperta rispetto a T se e solo se X ha la topologia discreta. Soluzione. Chiaramente, se X è discreto, allora p è aperta. Viceversa, si assuma che p sia aperta, e sia x X. Vogliamo dimostrare che {x} è aperto in X. Osserviamo che l insieme A := {x} (X {x}) T, perché si ha A =, e quindi p(a ) =. Poiché p è aperta, allora {x} = p(a) è aperto in X. Ciò prova completamente l asserzione.

8 Esercizio 6. Sia (X, d) uno spazio metrico e si consideri la seguente funzione d d (x, y) = d(x, y) 2 per ogni x, y X. Si dia un esempio di (X, d) per il quale d è una distanza, e un esempio per il quale d non è una distanza Si mostri che se d è una distanza, induce la stessa topologia di d. Soluzione. d è una distanza se d è la metrica discreta (che induce la topologia discreta). Se d è la metrica euclidea, è facile osservare che d non soddisfa la proprietà triangolare. Basta prendere tre punti p, q, r R n tali che d(p, r) = 6, d(r, q) = 7, d(p, q) = 10 (segue d (p, r) + d (r, q) < d (p, q)). Se d è una metrica, allora le topologie indotte da d, d sono uguali. Ciò segue dal fatto che, per ogni x X e per ogni ɛ > 0, la palla centrata in x e raggio ɛ, rispetto a d, è uguale alla palla centrata in x e raggio ɛ 2, rispetto a d.