Geometria I 52. x n B ɛk+1 ( x). α, B δn (x n ) U α. (8.4) lim. x nk = y U αy. qed Ora, mostriamo che

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1 Geometria I 52 (ricordiamo anche che y A y = x n per qualche n). Dato che X è uno spazio metrico, segue che per ogni ɛ> 0 B ɛ ( x) A ha infiniti punti (vedi anche esercizio (4.2)). Ora, definiamo la successione {n k } per induzione: si scelga y B 1 ( x) A. Allora esiste n 1 tale che x n1 = y. Supponiamo di aver definito n k. Definiamo ɛ k+1 = 1, ed allora esistono infinite scelte per k +1 y B ɛk+1 ( x) A, dunque infinite soluzioni (intere) dell equazione x n B ɛk+1 ( x). Dato che sono infinite, ne esiste una per n > n k, che chiamiamo n k+1. È facile vedere che la sottosuccessione {x nk } converge a x C. Infine mostriamo che (iii) = (i). Questa è la parte più difficile della dimostrazione. Per prima cosa, supponiamo di avere un ricoprimento {U α } di C costituito esclusivamente da intorni circolari U α = B rα (c α ) e mostriamo che (8.3) esiste δ> 0 per cui per ogni x C l intorno B δ (x) è contenuto in qualche U α. Dimostrazione del lemma (8.3 ). Dobbiamo mostrare che per ogni x C esiste U α = B rα (c α ) tale che B δ (x) B rα (c α ). Se ciò non fosse vero, dovrebbe essere vero che per ogni δ> 0 esiste x = x(δ) C tale che per ogni αb δ (x) B α. Consideriamo la successione δ n = 1 n. Allora, per ogni n 1 si può definire un elemento x n C per cui α, B δn (x n ) U α. (8.4) Di nuovo, consideriamo che per ipotesi (iii) è vera, e quindi la successione {x n } ammette una sottosuccessione {x nk } che converge ad un certo y C. Dal momento che C è ricoperto dagli aperti U i, esiste un aperto U αy del ricoprimento che contiene y, cioè tale che lim k x nk = y U αy. Ma per ipotesi U αy è aperto, quindi esiste un raggio r>0tale che B r (y) U αy, e se k è grande abbastanza si ha che x nk B r/2 (y) (dalla convergenza della sottosuccessione) e quindi per la disuguaglianza triangolare che B r/2 (x nk ) B r (y) U αy. Dato che per k abbastanza grande δ nk < r, si può trovare un k per cui 2 B δnk (x nk ) B r (y) U αy. Ma questo contraddice la definizione degli {x n } (equazione (8.4)), per cui l ipotesi è falsa. Abbiamo mostrato che esiste δ> 0 per cui per ogni x C l intorno B δ (x) è contenuto in qualche U i del ricoprimento aperto. Ora, mostriamo che

2 Geometria I 53 (8.5) per ogni ɛ> 0 l insieme C può essere ricoperto da un numero finito di intorni circolari di raggio ɛ. Dimostrazione del lemma (8.5 ). Se ciò non fosse vero, per un certo ɛ> 0, si scelga x 1 C; dato che B ɛ (x 1 ) non può ricoprire C (per ipotesi), esiste x 2 C tale che x 2 B ɛ (x 1 ). Analogamente, si scelga x 3 C (B ɛ (x 1 ) B ɛ (x 2 )), e per induzione ( n ) x n+1 C B ɛ (x i ). La successione (di infiniti punti distinti) esiste perché n i=1 B ɛ(x i ) non può mai coprire C. Inoltre, se h k si ha d(x h,x k ) ɛ, e quindi la successione {x i } i non può avere sottosuccessioni convergenti. Ma dato che stiamo assumendo (iii) vera, ogni successione in C deve avere almeno una sottosuccessione convergente, e questa proprità è contraddetta dall esistenza della successione {x i }. Quindi l ipotesi era falsa, e per ogni ɛ> 0 l insieme C è ricoperto da un numero finito di intorni circolari di raggio ɛ. Sia quindi C ricoperto da un numero finito di intorni circolari B ɛ (c j ) di raggio ɛ e {U α } il ricoprimento di C di intorni circolari definito sopra, con ɛ < δ. Dato che ɛ < δ, ogni per ogni intorno B ɛ (c j ) (nell insieme finito di intorni che ricopre C) esiste un intorno U α = U α(j) tale che B ɛ (c j ) U α(j). L insieme finito di intorni {U α(j) } j ricopre C, dato che B ɛ (c j ) ricopre C, ed è quindi un sottoricoprimento finito di {U α }. Per concludere la dimostrazione, bisogna trovare sottoricoprimenti finiti per ricoprimenti aperti generici, e non solo per ricoprimenti di intorni della base di intorni circolari. Ma questo segue da (7.23). (8.6) Nota. Osserviamo che abbiamo di fatto dimostrato il seguente lemma (chiamato lemma del numero di Lebesgue): (8.7) Sia X uno spazio metrico, e {U α } un ricoprimento aperto di X. Allora esiste δ> 0 (chiamato numero di Lebesgue del ricoprimento {U α }) tale che per ogni x X esiste α tale che x B δ (x) U α. Dimostrazione. Se U α è composto da intorni sferici (palle), allora si tratta esattamente di (8.3). Altrimenti, gli U α sono unioni di intorni circolari perché aperti, e quindi possiamo sostituire ad ogni U α = i B α,i l insieme di B α,i di cui è unione, ed ottenere un ricoprimento per cui vale (8.3). Quindi per ogni x X esiste α, i tale che x B δ (x) B α,i, e quindi esiste α tale che x B δ (x) U α, dato che B α,i U α. (8.8) Nota. Se X non è uno spazio metrico (o metrizzabile), le tre proprietà non sono necessariamente equivalenti. Ci sono esempi di spazi per cui vale (i) ma non vale (iii) (nella nota (8.16) a pagina 57: si dice che è compatto ma non compatto per successioni). Ma ci sono anche spazi per cui vale (iii) ma non (i) (cioè X = ω 1 è compatto per successioni ma non i=1

3 Geometria I 54 lo è per ricoprimenti; ω 1 è semplicemente un certo insieme con la topologia degli intervalli, rispetto ad un ordine totale, che però non riusciamo a definire in questo corso; un esempio opzionale si può trovare nella nota (8.17) a pagina 57). In generale, però vale (i) = (ii) (guardare la dimostrazione... ), e (iii) = (ii). (8.9) Nota. L intervallo [0, 1] di Q non è compatto. Per (8.1), basta trovare una successione in [0, 1] che converge a un numero irrazionale. Un esempio è quello delle troncate n-esime delle cifre decimali di un irrazionale di [0, 1]. Esempi costruttivi di successioni di questo tipo sono molto interessanti: una cosa è dire che esiste una successione di razionali che converge a q, un altra cosa è definire una funzione (ricorsiva, per esempio) o un algoritmo che genera tali razionali. In altre parole, fissato per esempio q = 2/2 dovrebbe essere possibile scrivere un programma che per k assegnato calcola in modo esatto tutte le prime k cifre decimali di q. È possibile in questo modo scrivere un programma che calcola in modo esatto tutte le prime k cifre decimali anche di π? È vero che per ogni x R esiste un programma che per k assegnato calcola in modo esatto tutte le prime k cifre decimali di x (di qualsiasi irrazionale)? Stiamo parlando naturalmente di programmi in senso astratto. Nei casi concreti, programmi che impiegano anni per terminare non sono di grande utilità (si veda più avanti anche (10.15) a pagina 72). A Spigot Algorithm 10 for the Digits of π import sys def main(): k, a, b, a1, b1 = 2L, 4L, 1L, 12L, 4L while 1: p, q, k = k*k, 2L*k+1L, k+1l a, b, a1, b1 = a1, b1, p*a+q*a1, p*b+q*b1 d, d1 = a/b, a1/b1 while d == d1: output(d) a, a1 = 10L*(a%b), 10L*(a1%b1) d, d1 = a/b, a1/b1 def output(d): sys.stdout.write(str(d)) sys.stdout.flush() if name == " main ": main() (8.10) Sia X uno spazio metrico e C X un sottoinsieme. Se C è compatto, allora C è chiuso e limitato. Dimostrazione. Ogni spazio metrico è di Hausdorff (vedi esercizio (3.4)), e ogni compatto di uno spazio di Hausdorff è chiuso (vedi (7.16)), per cui se C è compatto di X allora C è chiuso. Dobbiamo quindi mostrare che C è limitato. Sia x 0 un punto di X e B n (x 0 ) la successione crescente di intorni circolari di raggio n N. Dato che {B n (x 0 )} n è un ricoprimento aperto di C, deve ammettere un sottoricoprimento finito, cioè deve esistere n 0 N per cui C B n0 (x 0 ), cioè C è limitato. 10 A Spigot Algorithm for the Digits of π, S. Rabinowitz, S. Wagon (The American Mathematical Monthly, Vol. 102, No. 3 (Mar., 1995), pp ).

4 Geometria I 55 (8.11) Teorema (Heine-Borel). L intervallo unitario [0, 1] R è compatto. Prima dimostrazione. Sia {U i } i J un ricoprimento di [0, 1] e definiamo F = {t I : [0,t] è coperto da una famiglia finita di aperti di {U i } i J }} Si vede che 0 F (e quindi F non è vuoto) e che t F, 0 s < t = s F. Si consideri m = sup F (l estremo superiore di F, che esiste per gli assiomi (7.1)). Allora t < m = t F e t > m = t F. Vediamo se m F oppure no. Dato che m [0, 1] e {U i } ricopre [0, 1], esiste i m J per cui m U im. Ma U im è aperto, e dunque esiste un intorno circolare di raggio ɛ tale che B ɛ (m) U im. Visto che m ɛ F, l intervallo [0,m ɛ] è ricoperto da un numero finito di aperti U i, che uniti ad U im costituiscono un numero finito di aperti che copre [0,m], e dunque m F, cioè F = [0,m]. Ora, se m<1, allora un ricoprimento finito di [0,m] sarebbe anche ricoprimento finito di [0,m+ ɛ] per un certo ɛ abbastanza piccolo, per cui deve essere m =1, cioè F = [0, 1] (in altre parole, abbiamo trovato il ricoprimento finito di [0, 1]). Seconda dimostrazione. Sia {U i } i J un ricoprimento aperto di I 0 = [0, 1]. Supponiamo per assurdo che non ammetta sottoricoprimenti finiti. Dividiamo I 0 nelle due metà di lunghezza 1 2 : [0, 1] = [0, 1 2 ] [1 2, 1]. Se entrambe le metà fossero ricoperte da un numero finito di U i, cadremmo in contraddizione, per cui almeno una delle due non lo è, e la chiamiamo I 1. Dividendo I 1 in due metà, possiamo di nuovo applicare lo stesso argomento per definire I 2, e così via una successione I n di intervalli chiusi non ricopribili da un numero finito di aperti U i, di lunghezza 2 n, e con la proprietà I n I n 1 per ogni n 1. I 0 I 1 I 2 I n.... Ora, se definiamo I = I n, osserviamo che I non può avere più di un punto (infatti, x, y I = n 0, x, y I n = n 0, x y 2 n, che implica x y =0). Come conseguenza dell esistenza dell estremo superiore in R, si può mostrare (vedi esercizio (4.3)) che I non è vuoto, e che i=0 I = {inf(max I n ) = sup(min I n )}. Sia p I. Dato che p I, esiste i p J per cui p U ip, e quindi esiste un ɛ> 0 tale che B ɛ (p) U ip.

5 Geometria I 56 Ma se n è abbastanza grande, I n B ɛ (p), e dunque esiste un n per cui I n B ɛ (p) U ip : ciò contraddice l ipotesi che ogni I n non si può coprire con un insieme finito di U i (un solo U ip è sufficiente!). La seconda dimostrazione (bisezione) può essere modificata in questo modo, dato che grazie al Teorema (8.1) basta mostrare che ogni sottoinsieme infinito A di [0, 1] ha un punto di accumulazione in [0, 1]: in I 0 = [0, 1] ci sono infiniti punti di A, e quindi in una delle due metà [0, 1/2], [1/2, 1] ce ne devono essere infiniti. E così per induzione, si ottiene una catena I 0 I 1... I n... di intervalli di ampiezza 2 n che converge al punto di accumulazione di A (esercizio!). (8.12) Corollario. Per ogni a<b R, l intervallo [a, b] è compatto. Dimostrazione. Dato che l intervallo [a, b] è omeomorfo all intervallo [0, 1], segue immediatamente da (8.11). (8.13) Teorema (Heine-Borel II). Se X = R n con la metrica euclidea, allora C X è compatto se e solo se chiuso e limitato. Dimostrazione. La proposizione (8.10) è la parte solo se. Viceversa, se C R n è limitato, allora è contenuto nel parallelepipedo del tipo C [a, b] n R n, che è compatto per il corollario (8.12) unito al teorema (7.24). Quindi, se C è chiuso in X, è chiuso anche in [a, b] n e quindi è un sottoinsieme chiuso di uno spazio compatto, e quindi è compatto per la proposizione (7.15). (8.14) Corollario (Bolzano-Weierstrass). Ogni insieme infinito e limitato in R n ha almeno un punto di accumulazione. Dimostrazione. Un insieme infinito e limitato in R n è anche, come sopra, un sottoinsieme infinito del compatto [a, b] n per qualche a, b. Per (8.1), (ii), esiste quindi un punto di accumulazione. (8.15) Teorema. Una funzione continua f : X R definita su un dominio compatto X ha massimo e minimo. Dimostrazione. Dato che X è compatto, f(x) è compatto e quindi chiuso e limitato in R. Dato che è limitato, sia l estremo superiore M = sup(f(x)) che l estremo inferiore m = inf(f(x)) esistono finiti. Gli estremi m e M appartengono alla chiusura f(x) (vedi esercizio (3.2)), che coincide con f(x) dato che f(x) è chiuso, quindi m f(x), M f(x), e quindi sia m che M sono assunti in X, cioè m = min x X f(x), M = max x X f(x).

6 Geometria I 57 (8.16) Nota (Opzionale). Consideriamo, come nella nota (7.25) a pagina 44, la topologia prodotto di una famiglia qualsiasi di spazi. Per esempio, l insieme delle parti X = 2 [0,1] dell intervallo [0, 1], che possiamo identificare con l insieme di tutte le funzioni f : [0, 1] {0, 1}. Nella topologia (prodotto) di X una successione {f n } converge a f se e soltanto se per ogni α [0, 1] f n (α) converge a f(α). Con la topologia prodotto e il teorema di Tychonoff, dato che {0, 1} è compatto, allora anche X è compatto. Ora costruiamo una successione f n in X che non converge puntualmente, e per cui nessuna sottosuccessione converge puntualmente. Per ogni t [0, 1] sia t = a 0,a 1 a 2 a 3... a n... la rappresentazione in cifre binarie di t, cioè Poniamo t = a j 2 j. j=0 f n (t) =a n, cioè f n (t) è uguale all n-esima cifra nella rappresentazione binaria di t. Ora, se f nk è una sottosuccessione qualsiasi, sia α [0, 1] un numero qualsiasi le cui cifre binarie α = a 0,a 1 a 2... soddisfano a nk = k mod 2. Allora f nk (α) =k mod 2, e la sottosuccessione f nk non converge puntualmente. Quindi X è compatto, ma non è vero che ogni successione in X ammette almeno una sottosuccessione convergente. Segue qundi dal Teorema (8.1) che sullo spazio X di tutte le funzioni [0, 1] {0, 1} non è possibile definire una metrica che induca la topologia della convergenza puntuale (non è metrizzabile nella topologia prodotto/della convergenza puntuale). Consideriamo ora in X l insieme D X delle funzioni f : [0, 1] {0, 1} che sono uguali a 1 solo in un numero finito di punti di [0, 1]. Sia x X è un punto arbitrario di X; se U X è un aperto della base della topologia prodotto di X, allora esistono k punti α 1,..., α k [0, 1] e k valori y 1,..., y k {0, 1} tali che U = {f X : i =1... k, y(α i )=y i }, e quindi gli intorni U di x X sono gli insiemi di funzioni f : [0, 1] {0, 1} che coincidono con x su un insieme finito di punti α 1,..., α k. In ogni intorno quindi cadono sempre punti di D oltre ad x, cioè ogni x è di accumulazione per D (D è denso in X). Però le successioni di punti in D non possono convergere (puntualmente!) che a funzioni x: [0, 1] {0, 1} che sono uguali a 1 al massimo in un insieme numerabile di punti. Quindi ci sono punti di accumulazione per D che non sono limiti di successioni di punti in D. (8.17) Nota (Opzionale). Modifichiamo l esempio della nota (8.16), per ottenere uno spazio che è compatto per successioni ma non compatto. Sia {0, 1} I l insieme di tutte le funzioni (non necessariamente continue) I {0, 1}, dove I = [0, 1] R ha la topologia metrica e {0, 1} I ha

7 Geometria I 58 la topologia della convergenza puntuale (cioè quella prodotto di una infinità non numerabile (I) di copie di {0, 1}, analogamente alla nota precedente). Per ogni f : I {0, 1}, il supporto di f è definito da S(f) ={t [0, 1] : f(t) =1}. Sia ora X {0, 1} I il sottospazio definito da con la topologia indotta. X = { f {0, 1} I : S(f) è numerabile. } {0, 1} I, (8.18) Per ogni successione {f n } di elementi di X esiste una sottosuccessione f nk convergente in X: X è compatto per successioni. Dimostrazione. L unione di tutti i supporti delle f n è unione numerabile di insiemi numerabili, e quindi anch esso è numerabile: S = n S(f n ) N. Ora, le funzioni f n S, le restrizioni delle f n all unione dei supporti S, costituiscono una successione in I S (lo spazio di tutte le funzioni da S a {0, 1}). Ma si può mostrare che {0, 1} S {0, 1} N è metrico (è l insieme di Cantor dell esercizio (5.22) a pagina 82) e compatto (nella topologia prodotto, per il teorema di Tychonoff o per l esercizio (5.22)), e quindi esiste una sottosuccessione f nk S che converge in I S, cioè una sottosuccessione per cui per ogni t S si ha che f nk (t) converge. Ma se t S, f nk =0per definizione, e quindi f nk (t) converge per ogni t I, e dunque converge ad una funzione f. Il supporto di f è per forza numerabile (contenuto in S), e quindi f X, dunque X è compatto per successioni. D altra parte vale il seguente lemma. (8.19) X non è compatto (per ricoprimenti). Dimostrazione. Per ogni t I, l insieme A t = {f X : f(t) = 0} è un aperto di X (è un elemento della base di aperti nella topologia prodotto di {0, 1} I X). Per ogni f X esiste certamente t I tale che f(t) = 0, perché altrimenti il supporto S(f) sarebbe non numerabile. Quindi X t [0,1] A t è un ricoprimento aperto. Ma X non può essere coperto da un numero finito di A t : per ogni insieme finito t 1,..., t n esiste certamente f X tale che f(t 1 )=1,..., f(t n ) = 1, cioè f A ti per i =1,..., n. Quindi X non è compatto.

8 Geometria I 59 9 Spazi metrici completi (9.1) Definizione. Una successione {x n } n in uno spazio metrico si dice di Cauchy se per ogni ɛ> 0 esiste un intero N = N(ɛ) per cui n, m > N = d(x n,x m ) < ɛ. (9.2) Una successione convergente in uno spazio metrico è di Cauchy. Dimostrazione. Se lim n x n = x, allora per ogni ɛ> 0 esiste n 0 > 0 tale che n>n 0 = d( x, x n ) <ɛ. Quindi se n, m > n 0 si ha (per la disuguaglianza triangolare) d(x n,x m ) d(x n, x)+d( x, x m ) < 2ɛ, e quindi la successione è di Cauchy. (9.3) Ogni successione di Cauchy è limitata. Dimostrazione. Per definizione, esiste N 1 tale che m, n N = d(x n,x m ) < 1. Ma allora in particolare per ogni n Nd(x n,x N ) < 1 e quindi per ogni n 1 d(x n,x 1 ) M = max{d(x 1,x 2 ),d(x 1,x 3 ),..., d(x 1,x N )} +1, e dunque {x n } B M (x 1 ) è limitata. (9.4) Definizione. Uno spazio metrico X si dice completo se ogni successione di Cauchy in X converge in X. (9.5) Uno spazio metrico X è completo se e solo se ogni successione di Cauchy in X ammette una sottosuccessione convergente. Dimostrazione. È ovvio che se è completo allora ogni successione di Cauchy converge, e dunque basta prendere la successione stessa {x n }. Supponiamo invece che ogni successione di Cauchy ammetta una sottosuccessione convergente. Sia {x n } una successione di Cauchy e {x nk } la sottosuccessione convergente a x X. Per ogni ɛ> 0 esiste N tale che ed un K tale che k > K = n k >N e Ma allora se n > N si ha per ogni k > K m, n > N = d(x n,x m ) < ɛ/2, d(x nk, x) < ɛ/2. d(x n, x) d(x n,x nk )+d(x nk, x) < ɛ, cioè {x n } converge a x.

9 Geometria I 60 (9.6) Siano X e Y due spazi metrici con metriche d X e d Y. Allora X Y è uno spazio metrico con la metrica prodotto definita da d ((x 1,y 1 ), (x 2,y 2 )) = d X (x 1,x 2 ) 2 + d Y (y 1,y 2 ) 2 Dimostrazione. Esercizio (2.20). (9.7) Se X e Y sono spazi metrici completi, allora X Y con la metrica prodotto è uno spazio metrico completo. Dimostrazione. Esercizio (-1.1). (9.8) Un sottospazio S X di uno spazio metrico completo è completo se e solo se è chiuso in X. Dimostrazione. Esercizio (-1.2). (9.9) La retta reale R è uno spazio metrico completo. Per ogni n 1 lo spazio euclideo R n è completo. Dimostrazione. Cominciamo a mostrare che R è completo. Se {x n } è una successione di Cauchy, allora per (9.3) è una successione limitata che per (8.14) ha una sottosuccessione convergente ad un limite in R (se non fosse infinita sarebbe immediato trovare il limite... ). Ma per (9.5) allora {x n } converge in R, e dunque R è completo. La seconda parte dell enunciato segue da (9.7). (9.10) Nota. Il campo Q non è completo: come sopra, basta trovare successioni di razionali convergenti a numeri irrazionali.

10 Geometria I 61 Optional: construzione di R (Cantor) *(-1.1) Dimostrare che se X e Y sono spazi metrici completi, allora X Y con la metrica prodotto è uno spazio metrico completo. *(-1.2) Un sottospazio S X di uno spazio metrico completo è completo se e solo se è chiuso in X. *(-1.3) Si consideri Q con la topologia generata dagli intervalli aperti (a, b), con a, b Q, a < b (generata dalla metrica d(x, y) = x y, notiamo che è una metrica a valori razionali). Dimostrare che se {x n } e {y n } sono due successioni di Cauchy in Q, allora la somma {x n +y n } e il prodotto {x n y n } sono successioni di Cauchy in Q. (Suggerimento: per la moltiplicazione usare il fatto che ogni successione di Cauchy è limitata (9.3 )) *(-1.4) Consideriamo l insieme R di tutte le successioni di Cauchy su Q. Dimostrare che R è un anello commutativo con unità, cioè che valgono i seguenti assiomi: (i) x, y, z R, (x + y)+z = x +(y + z), (xy)z = x(yz). (ii) x, y R, x + y = y + x, xy = yx. (iii) 0 R : x Rx + 0 = x; 1 R : x R,x 0 = 1x = x. (iv) x R, unico y R : x + y =0. (v) x, y, z R, x(y + z) =xy + xz. *(-1.5) Sia R come nell esercizio precedente l anello delle successioni di Cauchy, e N R il sottoinsieme definito da N = {{x n } R : lim x n =0 Q}. n Mostrare che N è un ideale in R, cioè che N è un sottogruppo additivo e se {x n } è una successione di Cauchy e {z n } una successione di Cauchy convergente a zero allora la successione {z n x n } converge a zero. Dedurre che il quoziente (algebrico) R := R/N è un anello (cioè l insieme di classi di equivalenza di successioni di Cauchy, dove {x n } { y n } lim n (x n y n ) = 0). *(-1.6) Dimostrare che R, definito come quoziente nell esercizio precedente, è un campo, che contiene il campo dei razionali Q come sottocampo. (Suggerimento: basta far vedere che se {x n } N, allora esiste ɛ> 0 per cui se n è abbastanza grande x n >ɛ (oppure x n < ɛ), e dunque... ) *(-1.7) Dimostrare che la relazione di ordine di Q può essere estesa a R ponendo x<y y x > 0 (e dunque è sufficiente descrivere l insieme dei numeri reali positivi, cioè le classi di equivalenza di successioni di Cauchy che sono definitivamente positive), e cioè che R è un campo ordinato.

11 Geometria I 62 *(-1.8) Dimostrare che R (definito sopra) è completo (cioè che ogni successione di Cauchy in R converge). (Suggerimento: una successione in R è una successione di classi di equivalenza di successioni: possiamo scrivere la successione {x n } come {[a n,k ]}, dove x n è uguale alla classe di equivalenza [a n,k ] della successione di Cauchy (in k) {a n,k } k ) *(-1.9) Dimostrare che R ha la proprietà dell estremo superiore (cioè che ogni sottoinsieme limitato superiormente ha estremo superiore in R). (Suggerimento: utilizzare un argomento di tipo bisezione di intervalli per associare ad un insieme limitato superiormente una successione decrescente di intervalli chiusi, e quindi la successione di Cauchy degli estremi razionali di questi intervalli; vedi la seconda dimostrazione di (8.10 )) *(-1.10) Se invece della metrica euclidea in Q si ripete il procedimento degli esercizi precedenti partendo dalla metrica discreta su Q, cosa si ottiene? Cosa sono le successioni di Cauchy? Il quoziente R/N è ancora una estensione del campo dei razionali Q? Quale?

12 Geometria I 63 Esercizi: foglio 4 *(4.1) Si consideri su N la famiglia τ di insiemi formata dall insieme vuoto e dagli tutti i sottoinsiemi di N con complementare finito. Sia X uno spazio topologico e {x n } una successione in X (vista come una funzione f : N X, definita da n N : f(n) := x n ). (i) Dimostrare che τ è una topologia per N. (ii) Dimostrare che se {x n } è una successione convergente, allora la corrispondente funzione f : N X è continua all infinito, cioè la controimmagine di ogni intorno del limite x = lim n x n X è un aperto di N (nella topologia dei complementari finiti). (iii) È vero che f è continua? (iv) La seguente famiglia di sottoinsiemi di N è una topologia per N? L insieme vuoto, N, i sottoinsiemi finiti, e i sottoinsiemi con complementare finito. (4.2) Dimostrare che un punto di accumulazione a di un sottoinsieme A X di uno spazio metrico X ha la seguente proprietà: ogni intorno di a in X interseca A in infiniti punti. *(4.3) Si consideri in un campo totalmente ordinato una famiglia di intervalli chiusi I n = [a n,b n ] decrescenti I n I n+1, per n. Si dimostri che se X ha la proprietà dell estremo superiore (cioè ogni insieme limitato superiormente ammette estremo superiore), allora I n. n (4.4) Dimostrare che il cilindro {(x, y, z) R 3 : x 2 + y 2 =1 z 2 1} con il bordo su z =1 identificato ad un punto è omeomorfo al cono {(x, y, z) R 3 : z 2 = x 2 + y 2 0 z 1}. (4.5) Dimostrare che il toro, definito come nell esempio (6.5), è omeomorfo a S 1 S 1 (dove S 1 è la circonferenza di raggio 1). (4.6) Dimostrare che lo spazio dell esempio (6.6) è omeomorfo ad una sfera di dimensione 2. *(4.7) Dimostrare che il piano proiettivo, definito come nell esempio (6.7), è omeomorfo al quoziente S 2 /, dove x y x = ±y (antipodale). (4.8) Dimostrare che incollando lungo il bordo due nastri di Möbius si ottiene una bottiglia di Klein (che cos è una bottiglia di Klein?). (4.9) Quali dei seguenti spazi è compatto? (i) Q. (ii) La sfera S 2. (iii) La sfera S 2 meno un numero finito di punti.

13 Geometria I 64 (iv) La sfera S 2 meno un disco chiuso. (v) La striscia di Möbius. (4.10) Dimostrare che ogni sottospazio di uno spazio di Hausdorff è di Hausdorff. (4.11) Consideriamo il seguente sottoinsieme di R 2 (munito della topologia euclidea): (i) È aperto? È chiuso? X = {(x, y) R 2 : xy Z}. (ii) Consideriamo la circonferenza C di raggio 1 e centro (0, 0) di equazione x 2 + y 2 =1. L intersezione C X è aperta nella topologia di C? È chiusa? E nella topologia di R 2? (iii) Discutere della compattezza di X e C X. (4.12) Si consideri l intervallo (i) È chiuso nella topologia Euclidea? [0, 2) = {x R :0 x< 2} R. (ii) Sia X l intervallo ( 2, 2) R con la topologia indotta da quella di R. Dato che [0, 2) è anche un sottoinsieme di X, esso è un chiuso della topologia di X? (iii) Calcolare l insieme di tutti i maggioranti di [0, 2) in R. (iv) Trovare, se esiste, un sottoinsieme Y R tale che l insieme di tutti i maggioranti di Y in R non è un chiuso di R. (4.13) Si consideri il sottoinsieme X di Q definito da X = { q q +1 : q N}. (i) Determinare i punti di accumulazione di X. (ii) X è un chiuso di Q? (iii) Sia {a n } una successione di frazioni di Q che converge a 2 ( Q!) e Y l insieme dei suoi elementi Y = {a n : n N} Q. In questo caso Y è un chiuso di Q? (4.14) Sia C Q un sottospazio compatto di Q (campo dei numeri razionali con la topologia Euclidea). (i) Dimostrare che C è chiuso in Q. (ii) Dimostrare che C è limitato in Q.

14 Geometria I 65 (iii) Dimostrare che C è anche un chiuso di R. (Suggerimento: Dato che l inclusione i: Q R è una funzione continua (rispetto alle topologie Euclidee di Q e R)... ) (iv) Dedurre che l interno di C è vuoto. **(4.15) Su Z sia B la famiglia di tutte le progressioni aritmetiche (U a,n = {a+kn : k Z} Z). Dimostrare che: (i) La famiglia B è una base per una topologia di Z. (ii) In questa topologia, le progressioni U a,n sono sia aperti che chiusi. (iii) L unione di un numero finito di progressioni aritmetiche è un chiuso. (iv) Se A p = U 0,p denota l insieme dei multipli del numero p, si dimostri che A = p primo non può essere chiuso, visto che il suo complementare ha un numero finito di elementi. (v) Dedurre che esistono infiniti numeri primi. (Harry Furstenberg: è una topologia metrizzabile!) (4.16) Mostrare che se K 1 e K 2 sono due sottospazi compatti di uno spazio topologico X, allora l unione K 1 K 2 X è un sottospazio compatto di X. *(4.17) Si consideri N = N { }, con N. (i) L insieme vuoto, N, tutti i sottoinsiemi di N e i sottoinsiemi di N con complementare finito e che contengono costituiscono una topologia? (ii) N è compatto rispetto a questa topologia? (iii) Quali sono le funzioni continue N X? È vero che sono le successioni convergenti, se si pone x = lim n x n? Cioè, data una successione x n convergente a x X, è vero che la funzione f : N X definita da f(n) =x n, f( ) =x è continua? Viceversa, data una f : N X continua, allora la successione x n = f(n) converge a f( )? (iv) Se X è uno spazio topologico di Hausdorff, si consideri l insieme ˆX = X { } (dove X), e la seguente famiglia di sottoinsiemi di ˆX: l insieme vuoto, ˆX, gli aperti di X ˆX e tutti i complementari ˆX K, al variare di K X sottospazio compatto di X ˆX. Mostrare che si tratta di una topologia. ( ˆX è detto compattificazione ad un punto di X, o anche compattificazione di Alexandroff, nel caso in cui X è anche localmente compatto cioè quando ogni punto di X è Hausdorff e ha un intorno compatto) A p

15 Geometria I 66 (v) Mostrare che la topologia del punto precedente rende ˆX compatto, e l inclusione X ˆX una funzione continua, iniettiva e aperta (omeomorfismo sull immagine/embedding). (4.18) Dimostrare in modo rigoroso l esercizio (2.21) di pagina 37: Sia X l unione delle circonferenze {(x, y) R 2 :(x 1 n )2 + y 2 =( 1 n )2 }, per n =1, 2, 3... con la topologia indotta da R 2, e sia Y lo spazio ottenuto identificando tutti gli interi Z R ad un punto. Allora X e Y non sono omeomorfi. Suggerimento: procedere come segue. (i) Mostrare che (x 1 n )2 + y 2 = 1 n 2 x 2 + y 2 = 2x n = x 2 + y 2 2x (x 1) 2 + y 2 1, e quindi X è limitato. (ii) Mostrare che Z = {(x, y, t) R 2 [0, 1] : x 2 + y 2 =2tx} è (chiuso e limitato in R 3,e quindi) compatto. (iii) Usando la continuità della proiezione Z [0, 1], definita da (x, y, t) t, mostrare che il sottospazio ˆX = {(x, y, t) Z : t =0 t 1 N} è chiuso e limitato in R 3, e quindi compatto. (iv) Dedurre che X è compatto. (v) Sia U Y l insieme definito da U = {[t] Y : min k Z t k < 1 }, e per ogni k Z, 3 U k Y l insieme U k = {[t] Y : k < t < k +1}. Mostrare che U e U k sono aperti nella topologia quoziente di Y. (vi) Mostrare che {U} { U k } k Z è un ricoprimento aperto di Y. (vii) Mostrare che il ricoprimento aperto appena definito non ammette sottoricoprimenti finiti di Y, e quindi Y non è compatto.

16 Geometria I Spazi connessi Cfr: Sernesi Vol II, Cap III, 11 [1]. Il teorema del valore intermedio si può esprimere in termini di connessione: (10.1) Definizione. Uno spazio topologico X è detto connesso se gli unici sottoinsiemi di X simultaneamente aperti e chiusi 11 sono e X. Quando si considera un sottospazio Y X, allora Y è connesso se è connesso nella topologia indotta da X. Osserviamo che se A X è un sottoinsieme sia chiuso che aperto, anche il suo complementare X A è sia chiuso che aperto. Quindi X = A (X A), cioè X è unione disgiunta di due aperti non vuoti. (10.2) Teorema. Uno spazio topologico X è connesso se e solo se X non è unione di due aperti non vuoti e disgiunti X = A 1 A 2. (Equivalentemente: uno spazio topologico X non è connesso se e solo se X è unione di due aperti non vuoti e disgiunti X = A 1 A 2 ). (10.3) Esempio. Sia S 0 = { 1, +1} la sfera di dimensione 0 (soluzioni dell equazione x 2 =1). Entrambi i punti sono chiusi in R, quindi S 0 non è connesso. (10.4) Esempio. L insieme vuoto e gli spazi con un solo punto sono connessi. (10.5) Definizione. Un intervallo in R (più in generale: in un insieme ordinato) è un insieme I R contentente più di un punto, tale che x, y I, s R, x < s < y = s I. Ricordiamo che m R è un minorante di un insieme di numeri X R se x X, m x (cioè se m X). Analogamente, M R è un maggiorante di X se x X, x M (cioè se X M). Si dice che X è limitato da sotto se esiste un minorante di X. Si dice che X è limitato da sopra se esiste un maggiorante di X. L insieme di tutti i minoranti di X è quindi un insieme non vuoto se e solo se X è limitato da sotto. L insieme di tutti i maggioranti di X è un insieme non vuoto se e solo se X è limitato da sopra. L insieme dei minoranti di X si scrive come minoranti = {m R : x X, m x} = {m R : x X, m (,x]} = {m R : m x X(,x]} = x X(,x]. 11 In inglese: clopen.