Esercizi per il tutorato - Foglio 3 - SOLUZIONI - E

Corso di Laurea in Matematica – Geometria 2
Foglio di esercizi n. 3 – a.a. 2015-16
Da consegnare mercoledı̀ 28 ottobre
Gli esercizi sono presi dal libro di Manetti. Per svolgere questi esercizi,
studiare con cura i paragrafi 4.4, 4.5 (gli enunciati, non le dimostrazioni che
dipendono dal teorema di Wallace), 4.6 del libro.
È consigliato svolgere tutti gli esercizi del libro. Riportiamo qui il testo per
chi non ha il libro. Sul libro ci sono (a volte) suggerimenti sulllo svolgimento.
Esercizio 1. Dimostrare il seguente enunciato, senza leggere la dimostrazione che c’è sul libro:
Corollario 4.52. Sia f : X → Y una funzione continua, con X compatto
e Y di Hausdorff. Allora f è una funzione chiusa. Se f è biunivoca, allora f è
un omeomorfismo.
Questo è un enunciato classico, utile in molte occasioni. Naturalmente l’esercizio 1 non va consegnato e naturalmente non c’è bisogno di scrivere qui la
soluzione.
Esercizio 4.21. Sia A un ricoprimento aperto di uno spazio topologico X
e sia B la famiglia degli aperti di X data da
B = {B aperto di X | ∃A ∈ A : B ⊆ A}
Dimostrare che B è una base della topologia.
Soluzione.
Dobbiamo dimostrare che ogni aperto di X è unione di aperti di B. Sia A =
{Ai }i∈I il ricoprimento dato e sia U ⊆ X aperto. Poiché A è un ricoprimento,
esiste un insieme di indici J ⊆ I tale che
[
U⊆
Ai
i∈J
Ponendo Bi = U ∩ Ai per ogni i ∈ J si ha che Bi è aperto e Bi ⊆ Ai e quindi
Bi ∈ B per ogni i ∈ J. Inoltre
Ã
!
[
[
[
U=
Ai ∩ U =
(Ai ∩ U ) =
Bi
i∈J
e quindi U è unione di aperti di B.
i∈J
i∈J
Esercizio 4.25. Sia X un insieme e A una famiglia di sottoinsiemi di X.
Si dice che la famiglia A ha la proprietà dell’intersezione
finita se per ogni
T
sottofamiglia finita e non vuota F ⊆ A si ha A∈F A 6= ∅.
Dimostrare che uno spazio topologico X è compatto se e solo se ogni famiglia di chiusi con la proprietà dell’intersezione finita ha intersezione non vuota.
(Osservazione: sul libro c’è lo svolgimento di questo esercizio. Scrivere con cura
tutti i dettagli e imparare la definizione di proprietà dell’intersezione finita).
Soluzione.
Sia X uno spazio topologico e sia A = {Ai }i∈I una famiglia di chiusi. Consideriamo A0 = {X − Ai }i∈I , la famiglia dei complementari e osserviamo che gli
elementi di A0 sono aperti.
Si ha
[
\
(X − Ai ) = X −
Ai
i∈I
e quindi
A0 è un ricoprimento di X ⇐⇒ A ha intersezione vuota
(1)
Lo stesso ragionamento di unioni e intersezioni, applicato ad una sottofamiglia
finita di A0 dimostra che
Una sottofamiglia finita {X − Aij }nj=1 è un ricoprimento ⇐⇒
n
\
Ai j = ∅
j=1
e quindi
A0 ha sottoricoprimenti finiti ⇐⇒ A non ha la proprietà dell’intersezione finita
(2)
Dimostriamo ora l’enunciato dell’esercizio.
Sia X uno spazio topologico compatto
e A una famiglia di chiusi con la
T
proprietà dell’intersezione finita. Se Ai = ∅, allora A0 è un ricoprimento
aperto (per la (1)) che non ha sottoricoprimenti finiti
T (per la (2)) e quindi X
non è compatto. Questa contraddizione mostra che Ai 6= ∅.
Viceversa, sia X uno spazio topologico e supponiamo che ogni famiglia di
chiusi con la proprietà dell’intersezione finita abbia intersezione non vuota. Sia
A0 un ricoprimento aperto di X. Allora la famiglia A dei complementari è una
famiglia di chiusi che ha intersezione vuota (per la (1)) e quindi per ipotesi non
ha la proprietà dell’intersezione finita. Allora A0 ha sottoricoprimenti finiti (per
la (2)) e quindi X è compatto.
Esercizio 4.26. Siano X uno spazio topologico compatto, U ⊆ X un
sottoinsieme aperto e {Ci }i∈I una famiglia di chiusi di X tale che
\
Ci ⊆ U
i∈I
Dimostrare che esiste un insieme finito di indici i1 , . . . , in ∈ I tale che
Ci1 ∩ · · · ∩ Cin ⊆ U
Soluzione.
Poniamo Ai = X \ Ci . Allora gli insiemi Ai sono aperti e la famiglia
A = {Ai }i∈I ∪ {U }
è un ricoprimento aperto di X. Infatti
[
[
\
Ai =
(X \ Ci ) = X \
Ci ⊇ X \ U
i∈I
e dunque
i∈I
i∈I
Ã
[
!
Ai
∪U =X
i∈I
Poiché X è compatto esiste un sottoricoprimento finito {U, Ai1 , . . . , Ain } e dovendo essere
Ai1 ∪ · · · ∪ Ain ⊇ X \ U
si ha la tesi.
Esercizio 4.28. Sia X un insieme con la topologia descritta nell’esercizio
3.3 (primo foglio di esercizi). Dimostrare che X è compatto di Hausdorff.
Soluzione.
La topologia su X è
T = {A ⊆ X | ∞ ∈
/ A oppure X \ A è finito}
Dimostriamo che X è compatto. Sia A = {Ai }i∈I un ricoprimento aperto.
Almeno un aperto del ricoprimento deve contenere il punto ∞, sia esso A∞ .
Poiché A∞ è aperto si ha che X \ A∞ è un insieme finito e quindi basta un
numero finito di aperti Ai1 , . . . Ain per coprire X \ A∞ . Allora
A0 = {Ai1 , . . . Ain , A∞ }
è un sottoricoprimento finito.
Dimostriamo che X è di Hausdorff. Sia x ∈ X, x 6= ∞ e sia Ax = {x}.
Poiché ∞ ∈
/ Ax si ha che Ax è aperto ed è quindi un intorno di x (cioè, tutti i
punti tranne ∞ sono aperti).
Siano ora x, y ∈ X, x 6= y. Se x 6= ∞ e y 6= ∞ allora Ax e Ay sono due
intorni disgiunti rispettivamente di x e y.
Resta da esaminare il caso x 6= ∞, y = ∞. Ponendo A∞,x = X \ {x} si ha
che A∞,x è aperto ed è quindi un intorno di ∞. Poiché Ax ∩ A∞,x = ∅, anche
in questo caso abbiamo due intorni disgiunti di x e y.
Osservazione: poniamo X 0 = X \ ∞. Abbiamo osservato che la topologia
su X 0 è la topologia discreta (tutti i punti sono aperti) e quindi ovviamente di
Hausdorff. Lo spazio X è la compattificazione ad un punto (o di Alexandroff,
vedi Manetti, pag. 90) dello spazio X 0 , infatti gli unici compatti di X 0 sono
i sottoinsiemi finiti, che sono anche chiusi perché la topologia è discreta. La
proprietà di Hausdorff di X segue immediatamente dalla Proposizione 4.65.
Esercizio 4.34. Dimostrare che una funzione tra due spazi compatti di
Hausdorff è continua se e solo se il grafico è chiuso nel prodotto.
Osservazione: una implicazione è l’Esercizio 3.60 (secondo foglio di esercizi).
Soluzione.
Sia f : X → Y una funzione, con X e Y compatti di Hausdorff. Se f è
continua, l’ipotesi “Y di Hausdorff” è sufficiente per avere il grafico chiuso nel
prodotto X × Y (esercizio 3.60, secondo foglio di esercizi).
Viceversa, supponiamo che il grafico
Γ = {(x, y) ∈ X × Y | y = f (x)}
sia chiuso nel prodotto. Per dimostrare che f è continua, dimostreremo che la
controimmagine di ogni chiuso è un chiuso.
Sia dunque C ⊆ Y chiuso e siano p : X × Y → X e q : X × Y → Y le due
proiezioni. Ricordiamo che p e q sono continue.
Si ha la formula (valida per ogni C ⊆ Y e non solo per i chiusi)
¡
¢
f −1 (C) = p q −1 (C) ∩ Γ
Infatti, q −1 (C) = X × C e quindi
q −1 (C) ∩ Γ = {(x, y) ∈ X × Y | y ∈ C e y = f (x)}
Dunque
¡
¢
p q −1 (C) ∩ Γ = {x ∈ X | ∃y ∈ C tale che f (x) = y} = f −1 (C)
Si ha:
C chiuso =⇒ q −1 (C) chiuso
=⇒ q
−1
(C) ∩ Γ chiuso
=⇒ q
−1
(C) ∩ Γ compatto
=⇒ p(q
−1
(C) ∩ Γ) compatto
=⇒ p(q
−1
(C) ∩ Γ)) chiuso
(q è continua)
(Γ è chiuso per ipotesi)
(X × Y è compatto)
(p è continua)
(X è di Hausdorff)
Esercizio 4.39. Dimostrare che la funzione
ϕ : SU(2) × U(1) → U(2)
data da
µ
ϕ(A, z) = A ·
z
0
¶
0
1
è un omeomorfismo. Potete usare (senza dimostrazione) il fatto che SU(n) e
U(n) sono spazi compatti (proposizione 4.61). Suggerimento: SU(n) e U(n) sono
2
2
spazi di Hausdorff, in quanto sottospazi dello spazio di Hausdorff Cn = R2n .
Soluzione.
La funzione ϕ è chiaramente continua (somme e prodotti degli elementi delle matrici) e poiché SU(2) × U (1) è compatto e U(2) è di Hausdorff, basta
dimostrare che ϕ è biunivoca (siamo esattamente nelle ipotesi dell’esercizio 1).
ϕ iniettiva: Supponiamo che ϕ(A, z) = ϕ(B, w), cioè
µ
¶
µ
¶
z 0
w 0
A·
=B·
0 1
0 1
e dunque
µ
w
A=B·
0
¶ µ −1
0
z
·
1
0
¶
0
1
Prendendo il determinante di questa uguaglianza e ricordando che det(A) =
det(B) = 1, si ottiene 1 = wz −1 e cioè z = w. Ma allora anche A = B e cioè ϕ
è iniettiva.
µ
¶
z 0
0
ϕ suriettiva: abbiamo osservato che una matrice della forma A = A·
0 1
dove A ∈ SU(2) ha determinante det(A0 ) = z.
Sia dunque
µ
¶
a b
0
A =
∈ U(2)
c d
e poniamo z = det(A0 ). Poiché A0 ∈ U(2) si ha |z| = 1 (una matrice unitaria ha
determinante un numero complesso di valore assoluto 1). La matrice
µ
¶
a/z b
A=
c/z d
è ancora unitaria: la sua prima colonna è un multiplo della prima colonna di A0
e quindi la prima e la seconda colonna sono ancora ortogonali (il loro prodotto
hermitiano è nullo). Inoltre, poiché |z| = 1, la norma della prima colonna di A è
uguale alla norma della prima colonna di A0 e quindi entrambe le colonne di A
hanno norma 1. È chiaro inoltre che det(A0 ) = 1.
Alternativamente basta calcolare A · Āt e ricordando che |z| = z z̄ = 1 si ha
facilmente che:
A · Āt = I,
det(A) = 1
e cioè A ∈ SU(2) e A0 = ϕ(A, z).
Osservazione: la funzione ψ(A0 ) = (A, det(A0 )) appena costruita è l’inversa della funzione ϕ. Poiché ψ è chiaramente continua, non c’è bisogno
dell’esercizio 1 per concludere che ϕ è un omeomorfismo.
Esercizio 4.48. Dimostrare che:
1. Ogni sottogruppo G discreto del gruppo additivo dei reali (R, +) è del tipo
G = Za, per qualche a ∈ R, cioè è formato da tutti e soli i multipli interi
di a e quindi è ciclico infinito (oppure nullo).
2. Ogni sottogruppo discreto di U(1) è ciclico finito.
Osservazione: dire che G è discreto vuol dire che la topologia indotta è la
topologia discreta.
Soluzione.
1. Sia G un sottogruppo discreto di R. Se G = {0}, allora si ha la tesi con
a = 0. Supponiamo quindi che G 6= {0}. Poiché G è un sottogruppo, contiene
gli opposti di tutti i suoi elementi e quindi ci sono elementi sia positivi che
negativi. Sia
a = inf{g ∈ G | g > 0}
Poiché G è discreto e 0 ∈ G, esiste un intorno U = (−², ²) di 0 che non contiene
altri punti di G e quindi a ≥ ² > 0. Dimostriamo ora che G = Za.
Poiché a è un estremo inferiore, in ogni suo intorno destro ci sono elementi
(positivi) di G. Consideriamo allora l’intervallo chiuso e limitato [², a + δ].
Si ha G ∩ [², a + δ] 6= ∅ e poiché G è discreto e l’intervallo è compatto,
l’intersezione è costituita da un numero finito di punti (un sottoinsieme infinito
in un compatto ha almeno un punto di accumulazione e quindi non è discreto).
Questa mostra che a è un minimo (l’estremo inferiore di un insieme finito) e
quindi a ∈ G.
G è un sottogruppo e quindi contiene tutti i multipli di un suo elemento.
Questo mostra Za ⊆ G.
Sia ora b ∈ G, b > 0. Poiché a è il minimo elemento positivo si ha b ≥ a.
Poniamo n = max{m ∈ N | m ≤ b/a}. Si ha quindi
b = na + c
con 0 ≤ c < a. Poiché a, b ∈ G e G è un sottogruppo, si ha b − na = c ∈ G.
Ma c < a, che è il minimo elemento positivo e quindi c = 0. Questo mostra che
b = na ∈ Za e quindi G = Za.
2.
Sia G un sottogruppo discreto di U(1). Ricordiamo che
U(1) = {z ∈ C | |z| = 1}
e quindi U(1) è la circonferenza unitaria nel piano. Poiché G è discreto e U(1)
compatto, abbiamo subito che G è finito. Poniamo |G| = n.
I punti sulla circonferenza unitaria possono essere pensati come vettori nel
piano di norma 1 e quindi del tipo (cos θ, sin θ) e la moltiplicazione come numeri
complessi corrisponde alla somma degli angoli (modulo 2π). Usando gli angoli
come coordinate, possiamo scrivere gli elementi di G come
G = {0 = θ0 , θ1 , θ2 , . . . , θn−1 }
e scriviamo gli angoli in ordine crescente, cioè
0 = θ0 < θ1 < θ2 < · · · < θn−1
(θ0 corrisponde al numero complesso 1, l’elemento neutro di G). Dimostriamo
adesso che il gruppo G è generato da θ1 ed è quindi ciclico. Dimostreremo in
effetti che per ogni i = 0, 1, 2, . . . , n − 1 si ha θi = iθ1 .
L’affermazione è ovvia per i = 0, 1 e poniamo quindi i = 2. Poiché G è un
gruppo, contiene gli inversi dei suoi elementi e quindi uno degli angoli è pari
a 2π − θ1 . Moltiplicando quindi l’elemento corrispondente a θ2 con l’inverso
dell’elemento corrispondente a θ1 si ha che
θ2 + (2π − θ1 ) = θ2 − θ1 (modulo 2π)
e perciò γ = θ2 − θ1 ∈ G. Poiché θ1 6= θ2 , si ha γ > 0 e poiché θ1 è il più piccolo
angolo positivo si deve avere γ ≥ θ1 . Finalmente γ < θ2 e poiché non ci sono
elementi di G compresi fra θ1 e θ2 deve essere γ = θ1 . Abbiamo dunque
θ2 = γ + θ1 = 2θ1
come richiesto.
Per i ≥ 3 la dimostrazione è una semplice induzione osservando, come nella
dimostrazione appena fatta, che non ci sono elementi di G compresi fra θi−1
e θi .