Modulo di Topologia generale e algebrica

Modulo di Topologia generale e algebrica
Sessione invernale - II appello
1. Nel piano topologico euclideo s’identifichino due punti (x1 , y1 ) e (x2 , y2 ) se esiste
un numero reale t per cui si ha (x2 , y2 ) = (x1 et , y1 e−t ) e si denoti con X lo spazio
topologico quoziente che cosı̀ si ottiene. Le affermazioni:
• ogni classe d’equivalenza sostiene un sottospazio compatto di E2 ;
• X non è di Hausdorff;
sono
(a) ambedue false;
(b) la prima vera, la seconda falsa;
(c) la prima falsa, la seconda vera;
(d) ambedue vere.
Soluzione. Palesemente la classe d’equivalenza del punto (0, 1) (risp. (0, −1))
è il semiasse positivo (risp. negativo) dell’asse delle ordinate, mentre la classe
d’equivalenza del punto (1, 0) (risp. (−1, 0)) è il semiasse positivo (risp. negativo)
dell’asse delle ascisse; invece, per ab 6= 0, la classe d’equivalenza del punto (a, b)
consiste del ramo dell’iperbole V(xy − ab) contenente (a, b). Quindi ogni classe
d’equivalenza, non essendo un insieme limitato, non può sostenere un sottospazio
compatto di E2 . Denotata con Ω(a,b) la classe d’equivalenza contenente (a, b),
vediamo che il punto Ω(0,1) di X è d’accumulazione per l’insieme delle classi
Ω(a,b) con b > 0 perché gli assi cartesiani sono asintoti per l’iperbole V(xy − ab);
ne consegue che X non soddisfa la proprietà di Hausdorff.
2. Si denoti con X il sottospazio dello spazio euclideo E2 che ha sostegno nell’insieme
(x, y) ∈ R2 : 1 < x2 + y 2 < 4 ,
con Y lo spazio topologico quoziente ottenuto identificando in X due punti x1
e x2 se definiscono lo stesso punto proiettivo, cioè se hx1 iR = hx2 iR , e con π la
proiezione canonica X → Y . Le affermazioni
• X non è compatto mentre Y lo è;
• γ : t 7→ tπ 21 , 1 + (1 − t)π 35 , 65 è un cappio di Y , cioè un cammino avente
punto iniziale e punto finale coincidenti;
sono
(a) ambedue false;
(b) la prima vera, la seconda falsa;
(c) la prima falsa, la seconda vera;
(d) ambedue vere.
Soluzione.
• Il sostegno di X non è palesemente un chiuso di E2 , mentre Y è compatto
essendo omeomorfo a RP1 .
1
• γ è uncammino
1 di
punto iniziale π
3 6
.
,
=
,
1
5 5
2
R
R
3 6
5, 5
e punto finale π
1
2, 1
e risulta
3. Si denoti con X il sottospazio di E1 avente sostegno nell’intervallo [−1, 1 [ e con
Y lo spazio topologico quoziente ottenuto identificando in X i punti −1 e 0.
Individuare l’affermazione corretta:
(a) la proiezione canonica X → Y non è una funzione chiusa;
(b) Se C = {Cj }i∈J è una famiglia di chiusi di Y che non condividono alcun elemento, allora esistono un numero finito di membri di C che non condividono
alcun elemento;
(c) per ogni coppia y1 , y2 di elementi di Y esiste una funzione continua f : D1 → Y
tale che f (−1) = y1 e f (1) = y2 ;
(d) ogni punto di Y ha un intorno topologicamente equivalente ad un intervallo
aperto di E1 .
Soluzione.
• Sia C un chiuso di X non contenente né −1, né 0, allora πC è chiuso in Y
essendo π −1 πC = C. Sono altrettanto chiusi in Y i sottoinsiemi π(C ∪{−1}),
π(C ∪ {0}) e π(C ∪ {−1, 0}) perché la pre-immagine in π di ciascuno di essi
è il chiuso C ∪ {−1, 0} di X.
• La famiglia
di chiusi {π[r, 1[ }r∈ ]0,1[ di Y contraddice l’affermazione (b) esT
sendo r∈ ]0,1[ π[r, 1[ = ∅ mentre, per 0 < r1 < . . . < rn < 1, si ha
Tn
i=1
π[ri , 1[ = π[rn , 1[ .
• L’affermazione (c) equivale alla connesione per cammini di Y , proprietà che
Y eredita da X essendo sua immagine continua.
• Il punto p := π(−1) = π(0) non ha un intorno del tipo affermato in (d).
Infatti, un intervallo aperto di E1 si spezza in due componenti connesse se
lo si priva di un punto mentre gli intorni di p si spezzano in tre componenti
connesse se li priviamo di p 1 .
4. Il sottospazio X di E3 che ha sostegno nell’intersezione
\
(x, y, z) ∈ R3 : x 2 + z 2 ≤ 1
(x, y, z) ∈ R3 : y 2 + z 2 ≤ 1
è
(a) né compatto, né connesso;
(b) compatto, ma non connesso;
(c) connesso, ma non comatto;
(d) sia compatto, sia connesso.
1 In realtà ci sarebbero da considerare anche gli intorni π[−1, r [ , r ∈ ]0, 1[ , che privati di p si decompongono in due componenti connesse, però questi intorni contengono π[−1, 0] che topologicamente
è equivalente ad S1 .
2
Soluzione. Il sostegno di X consiste dei punti (x, y, z) tali che x2 + y 2 + 2z 2 ≤ 2
cosicché l’affinità
(x, y, z) 7→ √12 x, √12 y, z
rende X topologicamente equivalente a D3 avendosi
2
√1 x
2
+
√1 y
2
2
+ z 2 ≤ 1.
5. Affinché uno spazio topologico X sia di Hausdorff la condizione che la ”diagonale”
∆ := (x, x) : x ∈ X
sia un chiuso del prodotto topologico X × X
(a) non è né necessaria, né sufficiente;
(b) è necessaria, ma non è sufficiente;
(c) è sufficiente, ma non è necessaria;
(d) è necessaria e sufficiente.
Soluzione. ∆ è un chiuso del prodotto topologico X × X se, e solamente se, ogni
punto (x1 , x2 ) con x1 6= x2 è interno al complementare di ∆, ovvero ci sono aperti
U1 e U2 di X con x1 ∈ U1 e x2 ∈ U2 tali che (U1 × U2 ) ∩ ∆ = ∅, identità che
equivale a U1 ∩ U2 = ∅.
6. Sia X uno spazio topologico con sostegno R e topologia T e sia f : X → X una
funzione continua. L’insieme di punti
Ωf := {(x1 , x2 ) ∈ X × X : f (x1 ) = f (x2 )}
del prodotto topologico X × X non è detto che sia un chiuso se
(a) T è generata dagli intervalli [a, b[ ;
(b) T è la topologia discreta;
(c) T è la topologia euclidea;
(d) T è generata dagli intervalli (−∞, b[ .
(Suggerimento: si utilizi la proprietà di Hausdorff.)
Soluzione. Ωf è sempre un chiuso di X × X se X è uno spazio topologico di
Hausdorff. Infatti, se (x1 , x2 ) ∈ ΩCf , quindi f (x1 ) 6= f (x2 ), e U1 e U2 sono intorni
di f (x1 ) e f (x2 ) tali che U1 ∩ U2 = ∅, allora anche l’intersezione f −1 U1 ∩ f −1 U2 è
vuota cosicché f −1 U1 × f −1 U2 è un intorno di (x1 , x2 ) in X × X che non contiene
punti di Ωf , cioè (x1 , x2 ) è interno al complementare di Ωf .
Delle quattro topologie date l’unica che non è di Hausdorff è la (d). In quella
topologia effettivamente Ωf può non essere un chiuso, per esempio non lo è se
f (x) = x2 per la quale Ωf è la conica degenere V(x2 −y 2 ) che non è complementare
di un aperto di X × X.
7. Con i dati dell’esercizio 3, denominata con π la proiezione canonica X → Y e con
p il punto π(−1) = π(0) di Y , s’individui l’affermazione falsa:
(a) Y non è una varietà topologica;
(b) Y ha lo stesso tipo di omotopia di S1 ;
3
(c) la classe di omotopia (relativamente a 0 e 1) del cammino t 7→ π(t − 1) di Y
genera il gruppo fondamentale di Y di punto base p ;
(d) una delle precedenti affermazioni è falsa.
Soluzione.
• Y non è varetà topologica perché si è già osservato che p non ha un intorno
omeomorfo ad un aperto euclideo.
• [0, 1[ e π[0, 1[ sostengono spazı̂ topologici equivalenti cosicché π[0, 1[ è contraibile al pari di [0, 1[ : ne consegue che π[−1, 1[ ha lo stesso tipo d’omotopia
di π[−1, 0] ' S1 .
• Il cammino t 7→ π(t − 1) di Y è un cappio di punto base p che copre tutto
π[−1, 0] ' S1 ed equivale a fare ”un singolo giro” su S1 , cioè la sua classe
d’omotopia dà un generatore del gruppo fondamentale di S1 che, com’è ben
noto, è isomorfo a Z.
8. S1 e lo spazio connesso per cammini X dell’esercizio 2
(a) hanno gruppi fondamentali isomorfi;
(b) hanno uno stesso spazio di rivestimento semplicemente connesso;
(c) hanno lo stesso tipo di omotopia;
(d) sono ambedue varietà topologiche.
Individuare l’affermazione falsa?
Soluzione. È ben noto che S1 è varietà topologica, ma anche X lo è perché si
sostiene su un aperto di E2 . Ad un punto p ∈ X possono essere assegnate, oltre
che coordinate cartesiane (x, y) date dall’inclusione X ,→ E2 , anche coordinate
”polari” (s, t) ∈ ]1, 2[ × ]a, b[ con ]a, b[ ⊂ [0, 1], se p = se2πit , e in tal caso servono almeno due carte per una completa coordinatizzazione di X. L’applicazione
(s, t) 7→ se2πit si può estendere ad una funzione di rivestimento ]1, 2[ × E1 → X,
quindi ad una funzione di rivestimento E2 → X, vista l’equivalenza topologica tra
E1 ed i suoi sottospazı̂ che si sostengono su intervalli aperti. Dunque X ha uno
spazio di rivestimento semplicemente connesso non equivalente a quello di S1 che
è ben noto essere E1 .
Per ciascun numero reale k tale che 1 < k < 2, il sottospazio Sk di X con
sostegno sulla circonferenza di centro (0, 0) e raggio k, uno spazio omeomorfo a
S1, ha lo stesso tipo d’omotopia di X. Infatti, l’inclusione ι : Sk ,→ X composta
kx
, una funzione con dominio X e codominio Sk ,
con la funzione ϕ : x 7→ ||x||
restituisce l’identità di Sk , mentre l’altra composizione ι ◦ ϕ = ϕ è omotopa
||x||
all’identità di X via l’omotopia (x, t) 7→ xe(t−1) ln( k ) . Ne consegue che X,
avendo lo stesso tipo d’omotopia di S1 , deve avere gruppo fondamentale isomorfo
al gruppo fondamentale di S1 .
4