Soluzioni

Geometria e Topologia I, 14 Luglio 2005 (U1-4, 9:00–11:00)
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Soluzioni
(1) Si consideri il sottoinsieme di R definito da
p
100
.
X = x ∈ R : x = , p, q ∈ Z, |pq| ≤ 10
q
Determinare quali delle seguenti affermazioni è vera (nella topologia euclidea di
R):
(a) X è chiuso;
(b) X è aperto;
(c) X è compatto.
Soluzione: L’insieme X consiste di tutti i numeri reali che si possono scrivere
come quoziente di due interi il cui modulo del prodotto non supera 10100 (e quindi
ha al più 100 cifre). Siano p e q due interi positivi (e quindi p ≥ 1, q ≥ 1). Se
100
pq ≤ 10100 , allora q ≤ 10p ≤ 10100 , dato che p ≥ 1. Lo stesso vale per q. Ne
segue che ci sono un numero finito di coppie (p, q), con p ≥ 1, q ≥ 1 e tali che
pq ≤ 10100 e quindi solo un insieme finito di numeri (che chiamiamo X>0 che si
possono scrivere come x = f racpq, con p ≥ 1 e q ≥ 1. Ora, se p = 0 ci sono
infiniti q tali che |pq| ≤ 10100 , ma tutti danno luogo allo stesso elemento 0 ∈ X.
Invece, non può essere q = 0. Da ciò si deduce che X può essere quindi scritto
come l’unione di tre insiemi finiti: l’insieme X>0 definito sopra, l’insieme {0} e
X<0 = −X>0 , cioè l’insieme degli opposti di tutti gli elementi di X<0 . Quindi X
è finito.
Ogni punto di R è chiuso; ogni unione finita di chiusi è chiusa; dunque ogni
insieme finito di R è chiuso. Pertanto X è chiuso.
Dato che R è connesso, non può contenere sottoinsiemi sia chiusi che aperti
diversi da ∅ e R, quindi X non è aperto.
X è anche compatto: da ogni ricoprimento mediante aperti di X si può estrarre
un sottoricoprimento finito come segue. Se {Ui }i∈J è la famiglia di aperti del
ricoprimento, allora
[
X⊂
Ui .
i∈J
Per ogni x ∈ X, esiste quindi almeno un i(x) ∈ J tale che x ∈ Ui(x) (non è
necessariamente unico). Fatta la scelta per i(x), si ottiene facilmente che
[
X⊂
Ui(x) ,
x∈X
e quindi esiste un sottoricoprimento finito di X, dato che X è finito.
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(2) Si consideri nel piano euclideo E2 (con la topologia metrica) il sottoinsieme
X = {(x, y) ∈ E2 : x2 − y 2 ≤ 1}.
Determinare quali delle seguenti affermazioni è vera:
(a) X è chiuso;
(b) X è aperto;
(c) X è compatto;
(d) X è connesso.
Soluzione: Osserviamo che la funzione f : E2 → R definita da f (x, y) = x2 − y 2 è
una funzione continua. Ma allora la controimmagine di un chiuso di R è un chiuso
di E2 , e la controimmagine di un aperto di R è un aperto di E2 . La controimmagine
dell’intervallo (−∞, 1] (che è un chiuso di R) è uguale a
f −1 ((−∞, 1]) = {(x, y) ∈ E2 : f (x) ∈ (−∞, 1]} = X,
e quindi X è chiuso.
X non è aperto: consideriamo per esempio il punto di coordinate (1, 0). Ogni
suo intorno circolare contiene punti del tipo (1 + , 0) e (1 − , 0), con > 0 piccolo
a piacere. Ma (1 + )2 ≤ 1 accade solo per = 0, e quindi (1, 0) non è interno a X.
Per il teorema di Heine-Borel, X è compatto se e solo se è chiuso e limitato.
Dato che è chiuso, è compatto se e solo se è limitato. Non è limitato: per ogni
R ∈ R il punto di coordinate (0, R) appartiene a X, dato che per ogni R accade
che −R2 ≤ 1. Quindi non è compatto.
Per mostrare che è connesso, basta osservare che è connesso per archi: osserviamo che dal punto O = (0, 0) si può raggiungere un qualsiasi punto (x0 , y0 ) di X
mediante un cammino rettilineo. Infatti, se x20 − y02 ≤ 1, allora per ogni t ∈ [0, 1]
si ha
(tx0 )2 − (ty0 )2 = t2 (x20 − y02 ) ≤ t2 ≤ 1
, e quindi il punto γ(t) = (tx0 , ty0 ) sta in X. Quindi γ(t) definisce un cammino
continuo che parte da (0, 0) (per t = 0) e arriva a (x0 , y0 ) (per t = 1), e X è
connesso per archi.
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(3) Determinare i punti di accumulazione in R del sottoinsieme di Q definito da
{
p
: p, q ∈ Z}.
10q
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È vera o no la seguente uguaglianza?
{
p
p
: p, q ∈ Z} = {
: p, q ∈ Z}
q
10
100q
p
Soluzione: Sia X = { q : p, q ∈ Z} il sottoinsieme di Q in questione. Si tratta
10
di tutti i numeri razionali che hanno rappresentazione decimale con un numero
finito di cifre (anche dopo la virgola).
Prima di procedere, osserviamo che non tutti i numeri razionali si possono
scrivere in forma decimale con un numero finito di cifre: 13 e tutte le frazioni con
gruppi di cifre periodiche non possono. Ma per ogni numero reale x (razionale
o no) esiste una successione di numeri decimali canonica (con numero di cifre
crescente) che converge a x: quella che si ottiene troncando alla q-esima cifra la
parte decimale. Ciascuno dei termini della successione è un elemento di X, per cui
ogni numero reale è limite di una successione di elementi di X; segue che la chiusura
di X è uguale a R. Ora, i punti di R r X sono sicuramente di accumulazione.
Rimane da vedere quali punti di X sono di accumulazione o, equivalentemente,
quali punti di X sono isolati. Se esistesse un punto x0 ∈ X isolato (cioè tale che
esiste > 0 per cui nell’intervallo (x0 − , x0 + ) non ci sono altri elementi di
X all’infuori di X), allora per un certo > 0 dovrebbe essere che nessun numero
dell’intervallo
p̄
p̄
,
+
10q̄ 10q̄
è di X. Ma la somma di due frazioni in X è ancora in X (perché?), e quindi basta
1
prendere un l intero abbastanza grande per cui
< ed ottenere l’elemento
10l
1
p̄
+ l di X che verifica le disuguaglianze
q̄
10
10
p̄
p̄
1
p̄
< q̄ + l < q̄ + .
q̄
10
10
10
10
Dunque tutti i numeri reali sono di accumulazione per X.
Ora, consideriamo i due insiemi
X={
p
: p, q ∈ Z}
10q
e
p
: p, q ∈ Z}.
100q
Dato che 102 = 100, ogni elemento di Y si può scrivere come
Y ={
p
p
= 2q ,
q
100
10
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e quindi Y ⊂ X. Ma, viceversa, ogni elemento di X si può scrivere come
p
p · 10q
10q p
=
=
,
10q
10q · 10q
100q
e quindi X ⊂ Y . Segue che X = Y .
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(4) Si consideri l’insieme X di tutte le rette del piano affine A2 (R). Per ogni punto
p ∈ A2 (R) sia Bp ⊂ X l’insieme di tutte le rette che passano per p. La famiglia
di sottoinsiemi composta da tutti gli elementi di X e dai Bp è una base per una
topologia? Se sı̀, qual è la topologia generata?
Soluzione: Ricordiamo che una famiglia di sottoinsiemi B ⊂ 2X di un insieme X
si dice base se le seguenti proprietà sono soddisfatte:
(a) per ogni x ∈ X esiste almeno
un elemento della base B ∈ B che contiene x
S
(equivalentemente, X = B∈B B).
(b) Se B1 , B2 ∈ B e x ∈ B1 ∩ B2 , allora esiste Bx ∈ B tale che x ∈ B ⊂ B1 ∩ B2
(equivalentemente, B1 ∩ B2 è unione di elementi della base).
Per definizione tutti i punti (visti come insiemi di un elemento solo – sono rette
affini, conunque) di X sono elementi della base, per cui sicuramente la prima delle
due condizioni è soddisfatta.
Per quanto riguarda la seconda, siano B1 , B2 ∈ B e x ∈ B1 ∩ B2 . Se B1 e B2
sono entrambi punti di X (cioè rette di A2 ), allora esiste x nell’intersezione se e solo
se i punti coincidono, e quindi è verificata. Se B1 è un punto di X (cioè una retta) e
B2 è un fascio di rette (per un certo punto p di A2 (R)), allora l’intersezione è vuota,
e non c’è niente da verificare, se la retta non è del fascio; altrimenti l’intersezione
è B1 stesso ed anche in questo caso la condizione è soddisfatta.
In ultimo, se B1 e B2 sono fasci di rette per i punti p1 e p2 , allora se p1 = p2 la
condizione è verificata, dato che B1 = B2 . Altrimenti B1 ∩ B2 è l’insieme di tutte
le rette che passano sia per p che per q. Questo è un insieme con un solo elemento,
e per definizione è della base.
L’insieme B è quindi una base di intorni per X. Dato che tutti i punti di X
sono elementi della base, in particolare sono aperti: uno spazio topologico i cui
punti sono aperti ha necessariamente la topologia discreta.
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(5) Si consideri la conica Γ di A2 (R) di equazione x2 − y 2 = 1. Determinare i
(due) punti all’infinito di Γ, e le (due) rette che intersecano Γ soltanto all’infinito.
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Soluzione: Siano [x : y : u] coordinate omogenee per P2 (R). Rendiamo omogenea
l’equazione della conica e otteniamo
x2 − y 2 = u2 .
I punti all’infinito sono le soluzioni del sistema
(
x 2 − y 2 = u2
u = 0,
che sono i punti [1 : 1 : 0] e [1 : −1 : 0]. Una retta proiettiva interseca Γ solo
all’infinito se e solo se l’unica intersezione con Γ è uno dei due punti appena trovati
(oppure se la retta è la retta all’infinito, ma questa è implicitamente esclusa). Dati
due parametri α e β reali la retta proiettiva di equazione
x = αy + βu
ha una sola intersezione con Γ all’infinito se l’equazione omogenea di secondo grado
(αy + βu)2 − y 2 = u2
ha discriminante nullo, cioè se il polinomio (ottenuto deomogeneizzando l’equazione)
(α + βu)2 − 1 = u2
ha ∆ uguale a zero. L’equazione si può scrivere come
(β 2 − 1)2 u2 + 2αβu + α2 − 1 = 0,
e quindi
∆ = 4α2 β 2 − 4(β 2 − 1)2 (α2 − 1).
La retta deve passare per uno dei due punti [1 : 1 : 0] e [1 : −1 : 0], e quindi
α2 = 1. Segue che
∆ = 4β 2 ,
che si annulla solo se β = 0. Le due rette quindi hanno equazioni
x ± y = 0.
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(6) Sia Γ come nell’esercizio precedente e Γ ⊂ P2 (R) la sua chiusura proiettiva.
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(a) Si dimostri che ogni retta (proiettiva) r passante per il punto [x : y : u] =
[1 : 0 : 1] l’intersezione r ∩ Γ consiste di almeno un punto ed al più due punti,
e [1 : 0 : 1] ∈ r ∩ Γ.
(b) Determinare esplicitamente una funzione
f : P1 (R) → P2 (R)
tale che f ([t0 : t1 ]) ∈ P2 (R) è contenuto nell’intersezione della retta passante
per i due punti
[1 : 0 : 1] e [t0 : t1 : 0]
con la conica Γ. È possibile trovare una tale f iniettiva?
Soluzione: Osserviamo che Γ passa per [1 : 0 : 1], dato che 12 − 0 = 12 , e quindi
ogni retta r che passa per [1 : 0 : 1] interseca Γ almeno in un punto. Quindi,
l’intersezione r ∩ Γ consiste di almeno un punto e [1 : 0 : 1] ∈ r ∩ Γ. Non rimane
che mostrare che l’intersezione ha al più due punti. La generica retta per [1 : 0 : 1]
ha equazione
αx + βy − αu = 0.
Se α = 0, l’equazione è y = 0 ed è chiaro che tale retta incontra Γ in due punti.
Altrimenti, dividendo per α e ponendo b = β/α, possiamo scrivere l’equazione
come
x + by − u = 0.
Elminiando u tra le due equazioni (della retta e della conica) si ottiene l’equazione
di secondo grado omogenea in x e y
x2 − y 2 = (x + by)2 ,
che si può riscrivere come
y((1 + b2 )y + 2bx) = 0.
Le due soluzioni (in coordinate omogenee) sono quindi
[1 : 0 : 1]
e
[1 + b2 : −2b : 1 − b2 ].
Nei parametri α e β di cui sopra si può anche scrivere
[1 + b2 : −2b : 1 − b2 ] = [α2 + β 2 : −2αβ : α2 − β 2 ].
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Questo conclude la prima parte, mostrando che non ci possono essere più di due
intersezioni.
Per la seconda parte dell’esercizio, osserviamo che la retta di equazione
αx + βy − αu = 0.
passa per [1 : 0 : 1] e interseca la retta all’infinito nel punto
[β : −α : 0].
La funzione f si può quindi definire ponendo
β = t0 , α = −t1 ,
cioè
f ([t0 : t1 ]) = [t21 + t20 : 2t0 t1 : t21 − t20 ].
Per vedere che è iniettiva, supponiamo per assurdo che non lo sia, e quindi esistano due rette distinte passanti per [1 : 0 : 1] che intersecano Γ non all’infinito
nello stesso punto. Ma allora le due rette passano per i medesimi due punti e
quindi coincidono: anche i due punti all’infinito delle due rette coincidono (in questo momento stiamo pensando a [t0 : t1 ] come coordinate omogenee della retta
all’infinito).
(Questa appena trovata è una parametrizzazione razionale della conica x2 −y 2 =
u2 . Se si prendono degli interi t0 e t1 si possono trovare facilmente tutte le terne
pitagoriche, cioè le terne di interi tali che a2 + b2 = c2 .)
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(7) Nello spazio proiettivo di dimensione 3 reale P3 (R) si consideri l’insieme X
di tutte le rette passanti per un punto fissato A. Si dimostri che l’insieme X è
(in corrispondenza biunivoca con) uno spazio proiettivo (reale) di dimensione 2:
determinare una biiezione tra X e un iperpiano di P3 (R) che non contiene A.
Soluzione: Dal momento che un iperpiano di P3 (R) è uno spazio proiettivo di
dimensione 2, basta determinare la biiezione tra X e un iperpiano π non contenente
A. Sia r ∈ X una retta per X. Questa ha uno e un solo punto di intersezione
con π. Infatti, se ne avesse due l’intera retta dovrebbe essere contenuta in π, ma
questo è assurdo dato che A 6∈ π. Questo definisce una funzione f : X → π.
La funzione f è iniettiva: se due rette r1 e r2 passanti per A intersecano π
nel medesimo punto, allora (dato che la retta per due punti è unica) le due rette
coincidono. Se invece x ∈ π è un qualsiasi punto di π, allora esiste (unica) la retta
per x e A, e quindi esiste un elemento di X che viene mandato da f in x: f è
suriettiva.
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(8) Nel piano euclideo E2 = R2 (con la topologia euclidea) si consideri la circonferenza C di equazione
(x − 2)2 + (y − 2)2 = 1
e la retta r di equazione
x + y = 1.
Si determini la distanza d(C, r) di C da r, dimostrando (o assumendo) che
d(C, r) = inf{|p − q| : p ∈ C, q ∈ r}.
Soluzione: Siano pm ∈ C e qm ∈ r i punti che realizzano il minimo. Fissato pm ,
quindi qm è il punto di minima distanza da pm e quindi il vettore qm − pm è ortogonale alla retta r. Ogni altro punto della retta ha distanza maggiore strettamente.
Ancora, fissato qm sulla retta, il punto pm sulla circonferenza deve appartenere
alla retta passante per il centro della circonferenza e qm ed ogni altro punto ha
distanza strettamente maggiore. Quindi, bisogna trovare la retta per il centro della circonferenza ortogonale a r: essa è la bisettrice
del primo
quadrante. I due
√
√
2/2,
2
−
2/2)
e la loro distanza
punti
sono
quindi
q
=
(1/2,
1/2)
e
p
=
(2
−
m
m
q
√
√
11/2 − 3 2 = 32 2 − 1.
///