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 }.