Esame di profitto di Geometria 2
Modulo di Topologia generale
sessione autunnale - II appello
1. Sia X un sottospazio di E1 con sostegno un insieme di numeri reali aventi valor
assoluto non superiore a 1 e sia Y un sottospazio di E1 il cui sostegno contiene
una successione di numeri reali non negativi divergente. Quale delle seguenti
condizioni garantisce che X e Y non possono essere topologicamente equivalenti:
(a) il sostegno di X è un chiuso di E1 ;
(b) Il sostegno di Y è un aperto di E1 ;
(c) il sostegno di X contiene una successione convergente ad un punto di X;
(d) Y è uno spazio topologico discreto.
Soluzione:. Se il sostegno di X è un chiuso di E1 , X è spazio topologico compatto mentre Y non può esserlo in alcun caso essendo il suo sostegno illimitato.
D’altronde l’equivalenza topologica ] − 1, 1[ ]0, +∞) mostra che X e Y possono essere topologicamente equivalenti col sostegno di Y aperto, ma anche
col
1
. Insostegno di X che contiene una successione convergente
per
esempio,
n
fine gli spazı̂ discreti aventi sostegno nelle successioni n1 e {n} sono certamente
equivalenti e soddisfano le condizioni poste ai sostegni di X e Y .
2. Siano X lo spazio topologico con sostegno in R e topologia generata dagli intervalli
(−∞, x[ , x ∈ R, Y il sottospazio di X che si appoggia sull’insieme N dei numeri
interi non negativi e Ye la compattificazione di Alexandrov di Y ottenuta con
l’aggiunta di un extra punto ∞. L’insieme
Z := {∞} ∪ {2n : n ∈ N}
di punti di Ye
(a) è denso in Ye ;
(b) ha parte interna vuota;
(c) sostiene un sottospazio discreto;
(d) non ha alcuna delle proprietà precedenti.
Soluzione: Poiché nessun chiuso di Y sostiene un compatto, gli unici aperti
propri di Ye sono quelli di Y , cosicché l’unico contenuto in Z è quello costituito
dal punto {0}. D’altronde ogni intorno di un punto y di Ye non appartenente a Z,
cioè di un intero positivo dispari, contiene tutti gli interi positivi pari ≤ y, ovvero
l’affermazione (a) è corretta ed è la sola corretta, ove si tenga conto che {0} è
l’unico punto aperto del sottospazio che si appoggia su Z.
3. Con la notazione dell’esercizio precedente, dotato Z della topologia di sottospazio
di Ye , si consideri la funzione: f : Y → Z definita ponendo
(
n,
se n è pari,
f (n) :=
n − 1, se n è dispari.
Individuare l’affermazione falsa:
1
(a) f é aperta;
(b) f è continua;
(c) f non è chiusa;
(d) f è un’identificazione.
Soluzione: f è continua, perché per ciascun n ∈ N si ha
f −1 {0, 2, 4, . . . , 2n} = {0, 1, 2, . . . , 2n + 1},
aperta, avendosi
f {0, 1, 2, . . . , 2n} = f {0, 1, 2, . . . , 2n + 1} = {0, 2, 4, . . . , 2n},
ma non è chiusa perché ogni chiuso non vuoto di Z contiene ∞. Infine f non può
essere un’identificazione per il semplice motivo che non è suriettiva.
4. La compattificazione di Alexandrov del sottospazio Y di E3 che ha sostegno
nell’insieme di punti
(x, y, z) : x2 + y 2 = z 2
è omeomorfa a
(a) S2 ;
(b) T2 ;
(c) S3 ;
(d) nessuno dei precedenti.
Soluzione. Il sostegno di Y è un cono con vertice nell’origine cosicché la sua
compattificazione Ye consiste di due sottospazı̂, ciascuno omeomorfo ad S2 , aventi
per intersezione due punti: l’origine ed il punto di compattificazione. Se si priva
Ye di questi due punti si ottiene un sottospazio non connesso, ma ciascuno degli
spazı̂ proposti rimane connesso se lo si priva di due punti.
5. Siano X e Y i sottospazı̂ di En+1 aventi sostegno rispettivamente negli insiemi di
punti
Pn
(x0 , x1 , . . . , xn ) : 1 < i=0 xi2 < 4
e
(y0 , y1 , . . . , yn ) : 1 ≤
Pn
i=0
yi2 ≤ 4 ,
. Individuare l’affermazione falsa:
(a) ogni sottospazio Z di En+1 compreso tra X e Y è compatto esattamente
quando Z = Y ;
(b) al variare dell’intero positivo n gli aperti di X
Pn
An := (x0 , x1 , . . . , xn ) : 1 + n1 < i=0 xi2 < 4 − n1
coprono tutti i punti di X, ma un numero finito di essi non lo coprono;
(c) lo spazio quoziente ottenuto identificando in X punti linearmente dipendenti
è omeomorfo a RPn ;
(d) lo spazio quoziente ottenuto identificando in Y punti linearmente dipendenti
è omeomorfo a Dn .
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Soluzione: Se (x0 , x1 , . . . , xn ) è un punto di X è possibile determinare un intero
positivo n tale che
pPn
1
2
1 + n1 <
i=0 xi < 4 − n .
Questo significa che gli aperti An coprono ogni punto di X, ma è evidente che
l’unione di un numero finito di essi dà quello di indice più grande, non sufficiente
a coprire tutti i punti di X, cioè X non è compatto (d’altronde il suo sostegno non
è un chiuso di En+1 ). Il più piccolo chiuso contenente i punti di X è il sostegno
di Y , quindi un compatto avente X per sottospazio deve contenere anche tutti i
punti di Y .
La funzione (x0 , x1 , . . . , xn ) 7→ [x0 : x1 : . . . : xn ] dà un’identificazione
En+1 → RPn che per restrizione dà sia un’identificazione X → RPn , sia un’identificazione Y → RPn e due punti hanno la stessa immagine esattamente quando
sono linearmente dipendenti. Pertanto gli spazı̂ topologici quozienti definiti in
(c) e (d) sono ambedue omeomorfi allo spazio proiettivo RPn che, avendo gruppo
fondamentale non banale, non può essere omeomorfo a Dn .
6. L’algebra M(2, R) delle matrici 2 × 2 a coefficienti reali ha una naturale
struttura
di spazio topologico omeomorfo a E4 , ove s’identifichi una matrice xij ∈ M(2, R)
col vettore (x11 , x12 , x21 , x22 ) dei suoi coefficienti. Sia X il sottospazio avente per
sostegno le matrici simplettiche, cioè le matrici A ∈ M(2, R) tali che AJAT = J,
dove J è la matrice
0 1
,
−1 0
e sia Y il sottospazio di X ottenuto per intersezione con l’iperpiano d’equazione
x22 = 1. Y è uno spazio topologico
(a) né compatto, né connesso;
(b) compatto, ma non connesso;
(c) connesso, ma non compatto;
(d) sia connesso, sia compatto.
Soluzione: Una matrice di xij ∈ M(2, R) è simplettica esattamente quando ha
determinante 1, cioè se, e solamente se, x11 x22 −x12 x21 = 1. Conseguentemente quelle
che sostengono Y formano il paraboloide d’equazione x11 − x12 x21 = 1 nell’iperpiano
x22 = 1.
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