Corso di Laurea in Matematica – Geometria 2 Foglio di esercizi n. 4

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Corso di Laurea in Matematica – Geometria 2
Foglio di esercizi n. 4 – a.a. 2015-16
Soluzioni
Gli esercizi sono presi dal libro di Manetti. Per svolgere questi esercizi,
studiare con cura i paragrafi 5.2, 5.3 e 5.4 del libro per gli esercizi sui quozienti
e i paragrafi 6.1 e 6.2 per gli esercizi sulle successioni.
Esercizio 5.9. Mostrare che, al variare di A fra i sottoinsiemi dell’intervallo [0, 1] formati da due punti distinti, lo spazio quoziente [0, 1]/A può assumere
tre diverse classi di omeomorfismo.
NOTA: la notazione [0, 1]/A significa il quoziente rispetto alla relazione di
equivalenza che identifica tutti i punti di A fra loro e lascia distinti tutti gli
altri punti. Vedi Manetti, pag. 96 dopo l’esempio 5.9. Sul libro è chiamata
contrazione di A ad un punto.
Soluzione.
Detti a < b i due punti distinti da identificare, le tre possibilità sono:
1. a = 0, b = 1;
2. a = 0, b < 1;
3. 0 < a < b < 1.
Infatti, tutti i casi 2. sono equivalenti fra di loro: se A = {0, b} e A0 = {0, b0 },
la funzione

(b0 /b)x
0≤x≤b
f (x) = 1 − b0
0

(x − b) + b b ≤ x ≤ 1
1−b
è un omeomorfismo di [0, 1] in se stesso che manda A in A0 e quindi induce un
omeomorfismo sui quozienti (la funzione f è semplicemente una funzione lineare
a tratti, data dai due segmenti che uniscono (0, 0) con (b, b0 ) e (b, b0 ) con (1, 1)).
Con la stessa idea (funzioni lineari a tratti) si ha che tutti i casi 3. sono
equivalenti fra di loro (scrivere le equazioni dei tre segmenti necessari!).
Dimostriamo adesso che i tre casi sono distinti. Il caso 1. è distinto dagli altri
due. Infatti, se f : [0, 1]/Ai → [0, 1]/A1 (con i = 2, 3) fosse un omeomorfismo, si
avrebbe un omeomorfismo indotto f : [0, 1]/Ai − {P } → [0, 1]/A1 − {f (P )}, ma
[0, 1]/Ai − {P } non è connesso mentre [0, 1]/A1 − {f (P )} è connesso, qualunque
sia il punto f (P ).
Anche il caso 2. è distinto dal caso 3.: se f : [0, 1]/A3 → [0, 1]/A2 fosse un
omeomorfismo, si avrebbe un omeomorfismo indotto f : [0, 1]/A3 − {P } →
[0, 1]/A2 − {f (P )}, ma [0, 1]/A3 − {P } ha tre componenti connesse mentre
[0, 1]/A2 − {f (P )} ha al massimo due componenti connesse, qualunque sia il
punto f (P ).
Esercizio 5.10. Sia D2 = {x2 + y 2 ≤ 1} ⊆ R2 il disco unitario (chiuso).
Dimostrare che R2 /D2 , la contrazione di D2 ad un punto, è omeomorfa a R2 .
Soluzione.
La tesi è intuitivamente chiara, occorre comunque una dimostrazione. L’idea
è contrarre (geometricamente) il disco al suo centro e dimostrare che lo spazio
che si ottiene è omeomorfo al quoziente.
È utile rappresentare i punti di R2 in coordinate polari: x = (ρ cos θ, ρ sin θ).
La contrazione del disco ad un punto si effettua mandando ogni circonferenza
di raggio minore o uguale ad 1 nell’origine e ogni altra circonferenza in una di
raggio diminuito di 1. In formule, la funzione f : R2 → R2 data da
(
(0, 0)
per ρ ≤ 1
f (x) =
((ρ − 1) cos θ, (ρ − 1) sin θ) per ρ ≥ 1
è continua, poiché è continua ristretta ai due chiusi su cui è definita e coincide
nell’intersezione. La funzione f induce un omeomorfismo f¯ : R2 − D2 → R2 −
{(0, 0)}: l’inversa è data da
ḡ(x) = ((ρ + 1) cos θ, (ρ + 1) sin θ),
x 6= 0
che è ancora continua. (Esercizio: verificare che ḡ è l’inversa di f¯).
Sia p : R2 → R2 /D2 la proiezione sul quoziente. f è costante sul disco
unitario chiuso D2 e quindi induce una funzione ϕ : R2 /D2 → R2 tale che
f = ϕ ◦ p.
R2
p
f
/ R2
x;
x
xx
xxϕ
x
x
²
R2 /D2
La funzione ϕ è chiaramente biunivoca e per la proprietà universale del quoziente
è continua. Dimostriamo che ϕ è aperta.
Sia quindi A ⊂ R2 /D un sottoinsieme aperto e consideriamo ϕ(A) ⊆ R2 .
Poiché f = ϕ ◦ p e p è suriettiva, si ha
ϕ(A) = f (p−1 (A))
Sia a = [D2 ] ∈ R2 /D2 il punto a cui si contrae il disco D2 e osserviamo che la
proiezione p è un omeomorfismo tra R2 − D2 e R2 /D2 − {a}.
Se a ∈
/ A allora p−1 (A) è un aperto in R2 − D2 e quindi f (p−1 (A)) =
f¯(p−1 (A)) è aperto.
Se invece a ∈ A, p−1 (A) è un aperto in R2 che contiene il disco chiuso D2 .
Per la compattezza di D2 è possibile trovare ² > 0 tale che il disco aperto D0 di
raggio 1 + ² (e centro l’origine) è contenuto in p−1 (A). Allora f (p−1 (D0 )) è il
disco aperto di centro l’origine e raggio ² e quindi l’origine è un punto interno ad
f (p−1 (A)). Tutti gli altri punti di f (p−1 (A)) sono interni (per lo stesso motivo
di prima) e quindi f (p−1 (A)) è aperto.
Esercizio 5.11. Sia X uno spazio topologico di Hausdorff, K ⊆ X un
sottoinsieme compatto e X/K la contrazione di K ad un punto. Dimostrare che
X/K è di Hausdorff.
Soluzione.
Sia p : X → X/K la mappa quoziente e sia a = p(K) ∈ X/K il punto a cui
si contrae il compatto K. Siano x 6= y ∈ X/K e dimostriamo che hanno intorni
disgiunti.
Supponiamo che x 6= a, y 6= a. Poiché X/K − {a} è omeomorfo a X − K che
è di Hausdorff (in quanto sottospazio dello spazio di Hausdorff X), possiamo
trovare due intorni disgiunti di x e y.
Sia ora x 6= a e consideriamo le controimmagini:
p−1 (x) = x ∈ X,
p−1 (a) = K ⊆ X
Poiché X è di Hausdorff e K è compatto, è possibile trovare due aperti A e B
tali che
K ⊆ A,
x ∈ B,
A∩B =∅
e in particolare B ∩ K = ∅, cioè B ⊆ X − K (per trovare A e B, considerare,
per ogni y ∈ K due intorni aperti disgiunti Uy e Vy rispettivamente di x e y. Gli
aperti Vy coprono K e per compattezza, ne basta un numero finito. L’unione di
questi è un aperto A che contiene K e l’intersezione dei corrispondenti Uy è un
aperto B che contiene x).
Si verifica subito che p−1 (p(A)) = A e p−1 (p(B)) = B e dunque p(A) e p(B)
sono aperti disgiunti che contengono rispettivamente a e x e quindi X/K è di
Hausdorff.
Esercizio 5.18. Pensando RP1 come il quoziente (R2 −{0})/R∗ , indichiamo
con [x0 , x1 ] ∈ RP1 la classe di equivalenza del vettore non nullo (x0 , x1 ) ∈
R2 − {0}. Quindi [x0 , x1 ] significa un vettore non nullo determinato a meno di
proporzionalità.
Dimostrare che la funzione ϕ : RP1 → S 1 data da
µ 2
¶
x0 − x21 2x0 x1
[x0 , x1 ] 7→
,
x20 + x21 x20 + x21
è un omeomorfismo.
Soluzione.
Sia f : R2 − {0} definita da
µ
(x0 , x1 ) 7→
x20 − x21 2x0 x1
,
x20 + x21 x20 + x21
¶
Poiché f (λx0 , λx1 ) = f (x0 , x1 ) per ogni λ 6= 0, si ha un diagramma commutativo
f
/ S1
:
vv
v
v
v
p
v
vv ϕ
² vv
RP1
R2 − {0}
La funzione f è continua e quindi, per la proprietà universale del quoziente,
la funzione ϕ è continua.
Poiché RP1 è compatto e S 1 è di Hausdorff, la funzione ϕ è anche chiusa.
Basta dunque dimostrare che ϕ è biunivoca.
Sia dunque v = (x0 , x1 ) ∈ R2 − {0} un vettore non nullo e sia θ l’angolo
formato dal vettore e1 = (1, 0) e il vettore v. La trigonometria elementare
mostra che
f (x0 , x1 ) = f (v) = (cos 2θ, sin 2θ)
Un insieme completo di rappresentanti per il quoziente (R2 − {0})/R∗ è dato
dai vettori di norma 1 e di angolo θ, con 0 ≤ θ < π e questo mostra che ϕ è
biunivoca.
Esercizio 5.20. Una proiettività di RPn è una funzione RPn → RPn indotta
per passaggio al quoziente da una funzione lineare iniettiva Rn+1 → Rn+1 .
Dimostrare che una proiettività è un omeomorfismo.
Soluzione.
Sia F : Rn+1 → Rn+1 lineare e iniettiva. Questo implica che F è suriettiva e
quindi invertibile. La funzione inversa è ancora lineare e quindi F e F −1 sono
entrambe continue. Notiamo che F (0) = 0 e quindi F induce un omeomorfismo
F : Rn+1 − {0} → Rn+1 − {0}.
La proiettività indotta da F è la funzione F data dal diagramma
F
/ Rn+1 − {0}
π
π
²
RPn
F
²
/ RPn
Rn+1 − {0}
Poiché π ◦ F è continua (in quanto composizione di funzioni continue), la
funzione F è continua per la proprietà universale del quoziente.
La funzione F è chiusa in quanto funzione continua da uno spazio compatto
ad uno spazio di Hausdorff.
La funzione F è biunivoca in quanto la sua inversa è la funzione indotta
da F −1 e quindi è un omeomorfismo.
Esercizio 6.7. Sia a : N → R una funzione biunivoca (qualunque!) fra i
numeri naturali e i numeri razionali, cioè:
1. an ∈ Q, ∀n ∈ N
2. a è iniettiva e l’immagine a(N) = Q.
Pensando alla funzione a come ad una successione a valori reali, determinare i
punti di accumulazione.
Suggerimento (di Manetti): ogni aperto non vuoto di R contiene infiniti
numeri razionali.
Soluzione.
Tutti i punti di R sono punti di accumulazione.
Sia infatti x ∈ R. Gli intervalli aperti U² = (x − ², x + ²) sono un sistema
fondamentale di intorni di x. Per dimostrare che x è di accumulazione, basta
quindi dimostrare che per ogni U² e per ogni m ∈ N esiste n ≥ m tale che
an ∈ U² .
Siano dunque dati U² e m ∈ N. Poiché U² contiene infiniti numeri razionali,
vi sono infiniti indici k ∈ N per cui ak ∈ U² . Dunque fra questi indici è possibile
trovarne uno n ≥ m.
Abbiamo discusso a lezione la differenza fra punto di accumulazione di un
sottoinsieme e punto di accumulazione per una successione. Il prossimo esercizio
precisa la relazione fra le due nozioni:
Esercizio 6.10. Sia X uno spazio topologico, A ⊆ X un sottoinsieme e sia
x ∈ X un punto. Si dice che x è un punto di accumulazione per A se ogni intorno
di x contiene punti di A diversi da x. (Questa è esattamente la definizione data
nel corso di Analisi UNO).
Dimostrare che x ∈ X è un punto di accumulazione per una successione {an }
se e solo se il punto (x, 0) ∈ X × [0, 1] è un punto di accumulazione per il
sottoinsieme A = {(an , 2−n ) | n ∈ N} ⊆ X × [0, 1].
Soluzione.
Sia x ∈ X un punto di accumulazione per una successione {an }. Un sistema
fondamentale di intorni di (x, 0) in X × [0, 1] è formato da insiemi del tipo
U × [0, ²), dove U è un intorno di x ∈ X. Sia m ∈ N tale che 2−m < ². Poiché
x è di accumulazione per la successione, esiste n ≥ m tale che an ∈ U . Allora
(an , 2−n ) ∈ U × [0, ²) e quindi A ∩ U × [0, ²) contiene un punto diverso da (x, 0).
Dunque (x, 0) è un punto di accumulazione per A.
Viceversa, sia (x, 0) un punto di accumulazione per l’insieme A ⊆ X × [0, 1].
Siano U un intorno di x ∈ X e m ∈ N. Poiché (x, 0) è di accumulazione per A
e U × [0, 2−m ) è un intorno di (x, 0), l’intersezione A ∩ U × [0, 2−m ) contiene
un punto diverso da (x, 0) che è quindi del tipo (an , 2−n ). Quindi 2−n < 2−m e
cioè n > m e an ∈ U . Dunque x è di accumulazione per la successione {an }.
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