Geometria 1_ Esercizi Svolti

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25/4/2016 Geometria 1: Esercizi svolti http://www.matapp.unimib.it/~ferrario/e/notesgeo1/sect0031.html 1/21 GEOMETRIA 1 Geometria 1 : Alcuni esercizi svolti : Esercizi svolti 1. ESERCIZI SVOLTI (1) Determinare gli elementi dei seguenti insiemi: 1. ; 2. ; 3. . Sol: 1. Osserviamo che si può scrivere e dato che il prodotto di interi è sempre un numero intero si ha 2. Fissto un , definiamo l’insieme Allora si può scrivere Ora, si può facilmente vedere che Quindi se sicuramente , mentre se si ha . Segue che . 3. Ora calcoliamo l’insieme . Si può procedere come sopra, oppure nel modo seguente: se , allora per definizione esiste tale che per ogni . Se , allora questo significa che esiste un certo intero (fissato) per cui ogni è uguale a , ma questo è falso. Quindi necessariamente deve essere , cioè . Mostriamo che , cioè che , ovvero Come sopra, basta prendere . Questo significa che . /// (2) Determinare se i seguenti insiemi sono aperti della topologia indicata. Quali sono chiusi? 1. (nella topologia di ).

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esercizi svolti di topologia

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GEOMETRIA 1Geometria 1 : Alcuni esercizi svolti : Esercizi svolti

1. ESERCIZI SVOLTI(1) Determinare gli elementi dei seguenti insiemi:

1. ;

2. ;

3. .

Sol:

1. Osserviamo che si può scrivere

e dato che il prodotto di interi è sempre un numero intero si ha

2. Fissto un , definiamo l’insieme

Allora si può scrivere

Ora, si può facilmente vedere che

Quindi se sicuramente , mentre se si ha . Segue che .

3. Ora calcoliamo l’insieme . Si può procedere comesopra, oppure nel modo seguente: se , allora per definizione esiste tale che

per ogni . Se , allora questo significa che esiste un certo intero (fissato) per cui ogni è uguale a , ma questo è falso. Quindi necessariamentedeve essere , cioè . Mostriamo che , cioè che , ovvero

Come sopra, basta prendere . Questo significa che .

///(2) Determinare se i seguenti insiemi sono aperti della topologia indicata. Quali sono chiusi?

1. (nella topologia di ).

x ∈ Z : ∀z ∈ Z,∃y ∈ Z : xz = y

x ∈ Z : ∃y ∈ Z : ∀z ∈ Z,xz = y

x ∈ R : ∃y ∈ Z : ∀z ∈ Q,xz = y

x ∈ Z : ∀z ∈ Z,∃y ∈ Z : xz = y = x ∈ Z : ∀z ∈ Z,xz ∈ Z,

x ∈ Z : ∀z ∈ Z,xz ∈ Z = Z.

x ∈ Z

= xz : z ∈ Z.Sx

X = x ∈ Z : ∃y ∈ Z : ∀z ∈ Z,xz = y = x ∈ Z : ∃y ∈ Z : = y.Sx

= Sx0l’insieme dei multipli di x

se x = 0se x ≠ 0.

x ≠ 0 x ∉ X x = 0 x ∈ X X = 0

Y = x ∈ R : ∃y ∈ Z : ∀z ∈ Q,xz = y∈ Yx0 y ∈ Z

z = yx0 z ∈ Q ≠ 0x0 y

z ∈ QQy

x0

= 0x0 Y ⊂ 0 0 ⊂ Y 0 ∈ Y

∃y ∈ Z : ∀z ∈ Q,0z = y.

y = 0 Y = 0

x ∈ Q : x ≤ 2 Q

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2. (nella topologia di ).

3. (nella topologia di ).

4. (nella topologia di ).

5. (nella topologia di ).

Sol: Sappiamo che nelle topologie di e gli intervalli del tipo , sono aperti.Questo implica che gli intervalli del tipo , sono chiusi (complementari di aperti).

1. (nella topologia di ): è chiuso (perché si può scrivere come intervallo ) e non è aperto (perché il punto non è interno).

2. (nella topologia di ): non è chiuso (se fosse chiuso dovrebbe conteneretutti i suoi punti di accumulazione; ma basta prendere opportunamente una successionedi razionali che converge a per notare che questo non è vero) e non è aperto (nonsolo non è interno: nessun punto è interno in !).

3. (nella topologia di ): Dal momento che , si può scrivere

e quindi l’insieme preso in considerazione è sia chiuso che aperto.

4. (nella topologia di ): come sopra, non è né chiuso né aperto.

5. (nella topologia di ): qui l’insieme è uguale a , che è chiusoe non è aperto (gli estremi non sono interni ma appartengono all’intervallo).

///(3) È vero che se un insieme è finito allora è compatto per ogni topologia che si considera? Eil viceversa (cioè è vero che se un insieme è compatto rispetto ad ogni possibile topologia, alloraha un numero finito di punti)?

Sol: Mostriamo che se un insieme è finito allora è compatto per ogni topologia che siconsidera, cioè ogni ricoprimento mediante aperti di ammette un sottoricoprimento finito.Infatti, se è un ricoprimento di , dal momento che , essendo finito, ha un numerofinito di sottoinsiemi, solo un numero finito degli aperti che costituiscono il ricoprimento sono distinti. Basta quindi eventualmente eliminare le ripetizioni nel sottoricoprimento (cioècancellare gli aperti che compaiono più volte) per ottenere il sottoricoprimento finitocercato.

Viceversa: mostriamo che se un insieme è compatto rispetto ad ogni possibile topologia, alloraha un numero finito di punti. In particolare, deve essere compatto rispetto alla topologiadiscreta (dato che è compatto rispetto ad ogni possibile topologia), che ha per aperti tutti isottoinsiemi di . Ma allora deve esistere un sottoricoprimento finito di ogni ricoprimento:prendiamo come ricoprimento di la famiglia di insiemi contenenti un solo elemento di :

Ma questo ricoprimento non ha sottoricoprimenti (se togliamo uno qualsiasi degli aperti il

x ∈ Q : x ≤ 2 R

x ∈ Q : ≤ 2x2 Q

x ∈ Q : ≤ 2x2 R

x ∈ R : ≤ 2x2 R

R Q (−∞,b) (a,∞)[b,∞) (−∞,a]

x ∈ Q : x ≤ 2 Q(−∞,2] 2

x ∈ Q : x ≤ 2 R

< 22√2 R

x ∈ Q : ≤ 2x2 Q ∉ Q2√

x ∈ Q : ≤ 2x2 = [− , ] ∩ Q2√ 2√= (− , ) ∩ Q2√ 2√

x ∈ Q : ≤ 2x2 R

x ∈ R : ≤ 2x2 R [− , ]2√ 2√

X

XX

Ui X X Ui

Ui

XX x

X = x.⋃x∈X

x

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Ma questo ricoprimento non ha sottoricoprimenti (se togliamo uno qualsiasi degli aperti ilpunto non è coperto da un aperto del ricoprimento), e quindi deve essere necessariamentefinito. Ma se tale ricoprimento è finito, allora ha un numero finito di punti.

///(4) Determinare se i seguenti sottospazi di (con la topologia metrica di ) sono connessioppure no.

1. ;

2. ;

3. .

Sol:

1. : consideriamo in i due aperti e . Le intersezioni e sono non vuote

(infatti e ), disgiunte (dato che ), tali che (dato che ) e sono aperti nella topologia indotta di (visto che e sono aperti nella topologia di ). Questo significa che non èconnesso.

2. : per la legge di annullamento del prodotto, se e solo se uno dei due fattori e si annulla. Cioè, se

indichiamo con la retta , si ha

( è l’unione dell’iperbole con la retta ). Ma osserviamo che è unione dei suoi duerami e (vedi sopra), che sono connessi (non è difficile trovare due funzioni continue esuriettive e ). Quindi è unione dei tre spazi connessi , e , e , . Possiamo dedurre (per esempio, dalla proposizione 12.9)

che è connesso (in questo caso basta una giustificazione intuitiva).

3. : risulta .

///(5) Si consideri la famiglia di tutti i sottoinsiemi di costitutita dall’insiemevuoto, da e da tutti i sottoinsiemi del tipo

È vero che è una topologia? Se sì, allora, rispetto a questa topologia, è connesso? Ècompatto?

Sol: Per mostrare che è una topologia dobbiamo mostrare che , , che l’unione di unafamiglia qualsiasi di elementi di è ancora un elemento di e che l’intersezione di una famigliafinita di elementi di è ancora un elemento di . Osserviamo quindi che ogni elemento di diverso da e da si può scrivere come per un certo .Consideriamo quindi una famiglia (finita o infinita) di aperti . Sia l’unione

xX

R2 R2

X = (x,y) ∈ : xy = 1R2

Y = (x,y) ∈ : (xy − 1)(x − y) = 0R2

Z = (x,y) ∈ : y − x − x + y = 0R2 x2 y2

X = (x,y) ∈ : xy = 1R2 R2 U = (x,y) ∈ : x > 0R2

V = (x,y) ∈ : x < 0R2 A = X ∩ U B = X ∩ V(1,1) ∈ A (−1,−1) ∈ B U ∩ V = ∅ X = A ∪ B

(x,y) ∈ X ⟺ xy = 1 ⟹ x ≠ 0 X

U V R2 X

Y = (x,y) ∈ : (xy − 1)(x − y) = 0R2

(xy − 1)(x − y) = 0 (xy − 1) (x − y)R (x,y) ∈ : x − y = 0R2

Y = X ∪ R,

Y X R XA B

f: (−∞,0) → B g: (0,∞) → A Y AB R A ∩ R ≠ ∅ B ∩ R ≠ ∅

Y

Z = (x,y) ∈ : y − x − x + y = 0R2 x2 y2 Z = Y

τ N = 0,1,2, . . .N

1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,4,5. . .

τ N

∅ ∈ τ N ∈ ττ τ

τ τ τ∅ N = k ∈ N : 1 ≤ k ≤ nUn n ≥ 1

UniX

X = .⋃i

Uni

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Vogliamo mostrare che . Osserviamo che se e , allora . Infatti, se , allora esiste per cui (oppure , ma questo caso lo escludiamo perché

banale). Ma dato che contiene tutti gli interi e , deve essere , e quindi (e di conseguenza ) contiene tutti i numeri , . Ma questo significa che se è

limitato, allora esiste tale che , e quindi è aperto. Ma se non è limitato? Allora,per lo stesso argomento, risulta

C’è quindi un problema: l’unico insieme di non limitato è , che contiene inpiù l’elemento ... Quindi non è una topologia.

Per chi vuole proseguire togliendo lo da ...

///(6) Se è uno spazio topologico con due sottospazi e non vuoti e disgiunti tali che

, allora è vero che di certo non è connesso?

Sol: No, basta prendere per esempio , e . I due sottoinsiemi e sono non vuoti e disgiunti, e , per cui . Ma è connesso.

///(7) Determinare se l’intervallo meno un punto è compatto econnesso, al variare di . ( ).

Sol: Per prima cosa dimostriamo che non è mai compatto. Per il teorema di Heine­Borel, basta dimostrare che per ogni lo spazio non è chiuso nella topologia di . Infatti, fissato esiste una successione in che converge a , cioè è diaccumulazione per . Ma , e quindi abbiamo trovato un punto diaccumulazione di non contenuto in (cioè esso non contiene tutti i suoi puntidi accumulazione, ovvero non è chiuso).

Per quanto riguarda la connessione, sappiamo che i sottoinsiemi connessi di sono tutti e soligli intervalli. Ma è un intervallo se oppure (infatti, rispettivamente siha e ), mentre non lo è se . Se ne deduce immediatamente che:

///(8) Si consideri il sottoinsieme di definito da

Determinare quali delle seguenti affermazioni è vera (nella topologia euclidea di ):

1. è chiuso;

2. è aperto;

3. è compatto.

Sol: L’insieme consiste di tutti i numeri reali che si possono scrivere come quoziente di due

X ∈ τ x ∈ X 1 ≤ y ≤ x y ∈ Xx ∈ X Uni

x ∈ UniX = N

Unik ≥ 1 k ≤ ni x ≤ ni

UniX y ≤ x y ≥ 1 X

UM X = UM X

X = k ∈ N : 1 ≤ k = 1,2, . . .

τ N = 0,1,2, . . .0 τ

0 N

X A B

∩ B = ∅A X

X = R A = 0 B = 1 A B

= AA ∩ B = ∅A X = R

I = x,∈ R : 0 ≤ x ≤ 1 ∈ Ix0x0 I ∖ = x ∈ I : x ≠ x0 x0

I ∖ x0∈ Ix0 I ∖ x0 R

x0 xn I ∖ x0 x0 x0I ∖ x0 ∉ I ∖ x0 x0

I ∖ x0 I ∖ x0

RI ∖ x0 = 0x0 = 1x0

(0,1] [0,1) 0 < < 1x0

I ∖ \ è:x0connessonon connesso

se = 0 oppure = 1;x0 x0se 0 < 1.x0

R

X = x ∈ R : x = ,p,q ∈ Z, |pq| ≤ .p

q10100

R

X

X

X

X

100

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interi il cui modulo del prodotto non supera (e quindi ha al più 100 cifre). Siano e dueinteri positivi (e quindi , ). Se , allora , dato che .Lo stesso vale per . Ne segue che ci sono un numero finito di coppie , con , etali che e quindi solo un insieme finito di numeri (che chiamiamo che sipossono scrivere come , con e . Ora, se ci sono infiniti tali che

, ma tutti danno luogo allo stesso elemento . Invece, non può essere . Daciò si deduce che può essere quindi scritto come l’unione di tre insiemi finiti: l’insieme definito sopra, l’insieme e , cioè l’insieme degli opposti di tutti gli elementi di

. Quindi è finito.

Ogni punto di è chiuso; ogni unione finita di chiusi è chiusa; dunque ogni insieme finito di è chiuso. Pertanto è chiuso.

Dato che è connesso, non può contenere sottoinsiemi sia chiusi che aperti diversi da e ,quindi non è aperto.

è anche compatto: da ogni ricoprimento mediante aperti di si può estrarre unsottoricoprimento finito come segue. Se è la famiglia di aperti del ricoprimento, allora

Per ogni , esiste quindi almeno un tale che (non è necessariamenteunico). Fatta la scelta per , si ottiene facilmente che

e quindi esiste un sottoricoprimento finito di , dato che è finito.

///(9) Si consideri nel piano euclideo (con la topologia metrica) il sottoinsieme

Determinare quali delle seguenti affermazioni è vera:

1. è chiuso;

2. è aperto;

3. è compatto;

4. è connesso.

Sol: Osserviamo che la funzione definita da è una funzionecontinua. Ma allora la controimmagine di un chiuso di è un chiuso di , e lacontroimmagine di un aperto di è un aperto di . La controimmagine dell’intervallo (che è un chiuso di ) è uguale a

e quindi è chiuso.

10100 p q

p ≥ 1 q ≥ 1 pq ≤ 10100 q ≤ ≤10100

p10100 p ≥ 1

q (p,q) p ≥ 1 q ≥ 1pq ≤ 10100 X>0

x = fracpq p ≥ 1 q ≥ 1 p = 0 q

|pq| ≤ 10100 0 ∈ X q = 0X X>0

0 = −X<0 X>0X<0 X

R RX

R ∅ RX

X XUi i∈J

X ⊂ .⋃i∈J

Ui

x ∈ X i(x) ∈ J x ∈ Ui(x)i(x)

X ⊂ ,⋃x∈X

Ui(x)

X X

E2

X = (x,y) ∈ : − ≤ 1.E2 x2 y2

X

X

X

X

f: → RE2 f(x,y) = −x2 y2

R E2

R E2 (−∞,1]R

((−∞,1]) = (x,y) ∈ : f(x) ∈ (−∞,1] = X,f −1 E2

X

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non è aperto: consideriamo per esempio il punto di coordinate . Ogni suo intornocircolare contiene punti del tipo e , con piccolo a piacere. Ma

accade solo per , e quindi non è interno a .

Per il teorema di Heine­Borel, è compatto se e solo se è chiuso e limitato. Dato che è chiuso, ècompatto se e solo se è limitato. Non è limitato: per ogni il punto di coordinate appartiene a , dato che per ogni accade che . Quindi non è compatto.

Per mostrare che è connesso, basta osservare che è connesso per archi: osserviamo che dalpunto si può raggiungere un qualsiasi punto di mediante un camminorettilineo. Infatti, se , allora per ogni si ha

, e quindi il punto sta in . Quindi definisce un cammino continuo cheparte da (per ) e arriva a (per ), e è connesso per archi.

///(10) Determinare i punti di accumulazione in del sottoinsieme di definito da

È vera o no la seguente uguaglianza?

Sol: Sia il sottoinsieme di in questione. Si tratta di tutti i numeri

razionali che hanno rappresentazione decimale con un numero finito di cifre (anche dopo lavirgola).

Prima di procedere, osserviamo che non tutti i numeri razionali si possono scrivere in formadecimale con un numero finito di cifre: e tutte le frazioni con gruppi di cifre periodiche nonpossono. Ma per ogni numero reale (razionale o no) esiste una successione di numeri decimalicanonica (con numero di cifre crescente) che converge a : quella che si ottiene troncando alla­esima cifra la parte decimale. Ciascuno dei termini della successione è un elemento di , percui ogni numero reale è limite di una successione di elementi di ; segue che la chiusura di èuguale a . Ora, i punti di sono sicuramente di accumulazione. Rimane da vedere qualipunti di sono di accumulazione o, equivalentemente, quali punti di sono isolati. Seesistesse un punto isolato (cioè tale che esiste per cui nell’intervallo

non ci sono altri elementi di all’infuori di ), allora per un certo dovrebbe essere che nessun numero dell’intervallo

è di . Ma la somma di due frazioni in è ancora in (perché?), e quindi basta prendere un

intero abbastanza grande per cui ed ottenere l’elemento di che verifica

le disuguaglianze

X (1,0)(1 + ϵ,0) (1 − ϵ,0) ϵ > 0

(1 + ϵ ≤ 1)2 ϵ = 0 (1,0) X

XR ∈ R (0,R)

X R − ≤ 1R2

O = (0,0) ( , )x0 y0 X

− ≤ 1x20 y2

0 t ∈ [0,1]

(t − (t = ( − ) ≤ ≤ 1x0 )2y0 )2

t2 x20 y2

0 t2

γ(t) = (t , t )x0 y0 X γ(t)(0,0) t = 0 ( , )x0 y0 t = 1 X

R Q

: p,q ∈ Z.p

10q

: p,q ∈ Z = : p,q ∈ Zp

10q

p

100q

X = : p,q ∈ Zp

10qQ

13

xx

q XX X

R R ∖ XX X

∈ Xx0 ϵ > 0( − ϵ, + ϵ)x0 x0 X X ϵ > 0

( , + ϵ)p

10q

p

10q

X X X l

< ϵ1

10l+

p

10q

1

10lX

ˉ ˉ 1 ˉ

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Dunque tutti i numeri reali sono di accumulazione per .

Ora, consideriamo i due insiemi

e

Dato che , ogni elemento di si può scrivere come

e quindi . Ma, viceversa, ogni elemento di si può scrivere come

e quindi . Segue che .

///(11) Quali tra i seguenti insiemi sono aperti (nelle topologie corrispondenti)? Quali chiusi?Quali compatti?

1. ;

2. ;

3. ;

4. .

Sol: L’insieme è anche l’insieme di soluzionidell’equazione

cioè le controimmagini dell’intervallo chiuso mediante la funzione continua

Dunque è chiuso. Si tratta della striscia compresa tra le rette di equazioni e . Non è vuoto ( ) e non è tutto ( ), e quindi non è aperto (dato

che gli unici aperti­chiusi di sono l’insieme vuoto e stesso). Il punto , per ogni, è in e quindi non è limitato: non è compatto.

L’insieme è chiuso, perché la funzione definita da

< + < + ϵ.p

10q

p

10q

1

10l

p

10q

X

X = : p,q ∈ Zp

10q

Y = : p,q ∈ Z.p

100q

= 100102 Y

= ,p

100q

p

102q

Y ⊂ X X

= = ,p

10q

p ⋅ 10q

⋅10q 10q

p10q

100q

X ⊂ Y X = Y

(x,y) ∈ : + ≤ 2xy + 1R2 x2 y2

(z,w) ∈ : − = 1 = |z − C2 z2 w3 |2 w3

x : x > 0 ⊂ C ≅eix R2

(x,y) ∈ : max(|x + y|, |x − y|) ≤ 1R2

X = (x,y) ∈ : + ≤ 2xy + 1R2 x2 y2

+ − 2xy = (x − y ≤ 1,x2 y2 )2

[−1,1]

f(x,y) = x − y.

X y = x − 1y = x + 1 (0,0) ∈ X R2 (0,2) ∉ X

R2 R2 (n,n)n ∈ Z X X X

X(z,w) ∈ : − = 1 = |z − C2 z2 w3 |2 w3 f: →C2 C2

2 3 2 3

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ha componenti continue e quindi è continua. Pertanto la controimmagine di , che èun chiuso di , è un chiuso. Osserviamo che se , allora

e quindi è reale. Dunque . Il sistema ha soluzioni? Per esempio è unasoluzione, e quindi . Ne segue che non può essere sia aperto che chiuso, e quindi non èaperto (dato che è chiuso). Ora, è compatto se e solo se è limitato. Ora, per ogni esistonosicuramente dei tali che

e quindi non è limitato.

Passiamo a , come è rappresentato in figura:

Il punto è di accumulazione per : infatti, nell l’intorno circolare ci sono sempre

f(z,w) = ( − , |z − )z2 w3 |2 w3

(1,1) ∈ C2

C2 (z,w) ∈ X

= |z ⟺ = z ⟺ z(z − ) = 0z2 |2 z2 z z

z X ≠ C2 (z,w) = (1,0)X ≠ ∅ X

t ∈ Rw ∈ C

= − 1 ⟺ − = 1,w3 t2 t2 w3

X

X = x : x > 0 ⊂ C ≅eix R2

0 ∈ C X (0)Bϵ

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infiniti punti di

Dato che , non è chiuso. Non è nemmeno aperto: in coordinate polari, si scrive come,che non è un aperto di . Non è limitato, dato che , e

quindi non è compatto.

Finiamo con l’insieme . Come sopra, risultachiuso (dato che controimmagine dell’intervallo chiuso mediante la funzione

È il quadrato (chiuso) di con vertici nei punti , , e quindi non è né vuoto né : non è aperto. È limitato: se , allora , e quindi

, , . Sommando le prime due si ha. Sommando la prima e la terza si ha e quindi

.

///Nota 1. Per favore usare l’italiano e la punteggiatura correttamente:

«Considero quindi i punti tali che allora questi punti devonoessere sono tutti punti di accumulazione e sono contenuti nel nostroinsieme quindi il nostro insieme è chiuso ma non è aperto perché se considero ipunti che sono uguali al allora questi avranno un’intorno che non ècompletamente contenuto nel nostro insieme inoltre non è compatto perché non èlimitato»

Nota 2. È vero che la controimmagine di un aperto (risp. chiuso) mediante una funzionecontinua è un aperto (risp. chiuso). Ma non è vero che la controimmagine di un non­aperto èper forza un non­aperto!

(12) Quali sono i punti di accumulazione dei seguenti insiemi di punti:

1. ;

2. ;

3. ;

4. .

Sol: Se , allora è l’immagine della funzione

definita da

X

(0) ∩ X = x : 0 < x < ϵ.Bϵ eix

0 ∉ X X X

(r,θ) : r = θ (0,∞) × S 1 |x | = |x|eix

X = (x,y) ∈ : max(|x + y|, |x − y|) ≤ 1R2

(−∞,1]

f(x,y) = max(|x + y|, |x − y|).

R2 (±1,0) (0,±1) R2

max(|x + y|, |x − y|) ≤ 1 |x + y| ≤ 1 |x − y| ≤ 1−1 ≤ x + y ≤ 1 −1 ≤ x − y ≤ 1 −1 ≤ y − x ≤ 1−2 ≤ 2x ≤ 2 ⟹ −1 ≤ x ≤ 1 −2 ≤ 2y ≤ 2|y| ≤ 1

f(x, y) → x − y≤ 1 ⟹

(x, y) 1

(1 + ) ∈ C : t ∈ R, t > 0 ⊂ C1t

eit

: p,q ∈ Z,1 ≤ ≤ 1000 ⊂ Rp

qq 2

: p,q ∈ Z,q ≥ 1, ≤ 1000 ⊂ Rp

qp2

: p,q ∈ Z,q ≥ 1000,p ≥ 1000 ⊂ Rp

q

X = (1 + ) ∈ C : t ∈ R, t > 0 ⊂ C1t

eit X

f: (0,∞) → C

1

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Tutti i punti di sono di accumulazione per il dominio , e quindi leimmagini sono di accumulazione per . Mostriamo che anche tutti i punti dellacirconferenza unitaria sono di accumulazione per . Infatti, se è un punto della circonferenza, per ogni si ha

che contiene tutti i punti (con , )

tali che

Questi sono infiniti, se . Vogliamo mostrare che se , allora . Infatti, sia

f(t) = (1 + ) .1t

eit

A = (0,∞) A = (0,∞)f(t) X = f(A)

= z ∈ C : |z| = 1S 1 X =z0 eiθ0

ϵ > 0

( ) ∩ X = (1 + ) : (1 + ) − < ϵ, t > 0,Bϵ z01t

eit ∣∣∣

1t

eit eiθ0 ∣∣∣

k ∈ Z k > 0

(1 + )1

+ 2kπθ0ei( +2kπ)θ0

< ϵ.1

+ 2kπθ0

k → ∞ y ∉ X |y| = 1

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e un punto di accumulazione: se , non può essere di accumulazione(perché?), quindi . Ora, sia , con e . L’intorno contienel’aperto

se e sono abbastanza piccoli. Ma dato che , per tutti i , equindi per e abbastanza piccoli non interseca : non può essere di accumulazione.

Veniamo a ; in ogni intervallo di cadono un

numero finito di elementi di , e quindi non ha punti di accumulazione.

Se invece , se è di accumulazione, allora ci devono

essere infiniti distinti che formano una successione convergente a . Ma i possono assumere solo valori tra e , mentre la successione necessariamentedeve tendere a : l’unico punto di accumulazione è .

L’ultimo, , chiaramente ha tutta la semiretta

di accumulazione. Infatti, se è una successione di razionali positivi, per ogni .

///(13) Sia un sottospazio compatto di , con la topologia della metrica euclidea.

1. è chiuso (in )?

2. è limitato?

3. Può essere connesso?

4. Si dia, se esiste, un esempio di un tale che abbia un numero infinito (numerabile) dipunti.

5. Esiste un tale con un insieme non numerabile di punti?

Sol: Ogni compatto in un Hausdorff (e quindi in un metrico) è chiuso, e quindi è chiuso.Ogni compatto in un metrico è limitato, e quindi è limitato. Può essere connesso: basta cheabbia un punto solo! Un compatto di è l’insieme . I razionali sononumerabili, e quindi non possono avere sottoinsiemi non numerabili.

///(14) Sia la retta razionale con la topologia della metrica euclidea.

1. Dimostrare che non è connesso, e determinarne le componenti connesse.

2. Si consideri l’insieme di tutti gli intervalli di del tipo

Dimostrare che è una base per una topologia di .

3. è connesso rispetto alla topologia generata dalla base degli ?

|y| ≠ 1 y ∉ X |y| < 1 y|y| > 1 y = r0 eit0 > 1r0 > 0t0 (y)Bϵ

= z : |z − | < , |t − | < ϵ”,U ,ϵ ′ ϵ ′′ eit z0 ϵ′ t0

ϵ′ ϵ” y ∉ X ≠ 1 + 1/( + 2kπ)r0 t0 kϵ′ ϵ” U ,ϵ ′ ϵ ′′ X y

X = : p,q ∈ Z,1 ≤ ≤ 1000 ⊂ Rp

qq 2 [a,b] R

X X

X = : p,q ∈ Z,q ≥ 1, ≤ 1000 ⊂ Rp

qp2 x

/ ∈ Xpn qn X pn

− 1000− −−−√ 1000− −−−√ qn

∞ 0

X = : p,q ∈ Z,q ≥ 1000,p ≥ 1000 ⊂ Rp

q= [0,∞)R≥0 /pn qn

1000 /(1000 ) ∈ Xpn qn n

C ⊂ Q Q

C Q

C

C

C

CC

Q X = 0 1/n∪n≥1

Q

Q

Q

= x ∈ Q : h < x < k, con h e k in Z.Uh,k

Q

Q Uh,k

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Sol: Le componenti connesse di sono i singoli punti: è un esercizio già svolto (quale?). Permostrare che l’insieme degli intervalli è una base, basta osservare che ogni razionale ècontenuto in qualche , e che l’intersezione di con , quando non vuota, è uguale a

. Rispetto alla topologia generata da questa base, è connesso: infatti,supponiamo che sia un insieme aperto e chiuso che contiene . Allora, se

, deve esistere un intorno di che non interseca (dato che è anchechiuso). Ma ogni intorno della base di ha intersezione non vuota con ogni intorno della basedi , e quindi deve essere necessariamente . Nello stesso modo si dimostra che se

, allora . Ma allora , se contiene (e deve esistere un aperto chiuso checontiene !), contiene tutti i punti interi , e quindi .

///(15) Determinare quali dei seguenti sottoinsiemi sono aperti, chiusi, e compatti (nelle rispettivetopologie).

1. ;

2. ;

3. ;

4. ;

5. .

Sol: L’insieme è la controimmaginedell’intervallo chiuso mediante la funzione continua

Quindi è chiuso. Rato che è connesso, per mostrare che non è aperto basta vedere che non èné né . Infatti, . Analogamente,

. Il sottoinsieme chiuso è compatto se e solo se è limitato (per ilteorema di Heine–Borel): non è limitato, dato che contiene tutti i punti , con .

Passiamo ora a . In coordinate polari, , dunque è ilsottoinsieme di tutti i punti di che soddisfano l’equazione

da cui segue

Si tratta quindi di cinque punti , , con . È un insieme finito di punti: èchiuso, compatto e non aperto.

QUh,k

Uh,k Uh,k U ,h′

k′

Umax(h, ),min(k, )h′

k′ QA ⊂ Q n ∈ Z ⊂ Q

n + 1 ∉ A Uh,k n + 1 A A

nn + 1 n + 1 ∈ A

n ∈ A n − 1 ∈ A A A 00 Z A = Q

(x,y) ∈ : + 3 y + 3x + y ≥ 1R2 x3 x2 y2

z ∈ C : = − z3 z

(z,w) ∈ : = w(w − 1)C2 z2

(x,y) ∈ : ( + − 1 ∈ ZR2 x2 y2 )−1

t + tcos : t ∈ R ∖ 0−1−−−√ 1

t

X = (x,y) ∈ : + 3 y + 3x + y ≥ 1R2 x3 x2 y2

[1,∞)

f(x,y) = (x + y − + y.)3y3

R2

∅ R2 f(0,0) = 0 < 1 ⟹ X ≠ R2

f(0,2) = 2 > 1 ⟹ X ≠ ∅ X(0,n) n ≥ 1

X = z ∈ C : = − z3 z z = reiθ XC

= r ,r3 e3iθ e(π−θ)i

r3

= r

= π − θ + 2kπ

(r ≥ 0)con k ∈ Z,

⎧⎩⎨

r ∈ 0,1

θ = + kπ

2con k ∈ Z.

0 eπ/4+kπ/2 k = 0,1,2,3

2 2 2

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L’insieme è la controimmagine in di (chiuso di )mediante la funzione definita da

Si tratta quindi di un chiuso. Per mostrare che non è aperto, come sopra, mostriamo che e che . Infatti ; . Per la compattezza,occorre vedere se è limitato. Basta prendere, per grande, la coppia eosservare che è un elemento di per ogni : quindi non è limitato.

L’insieme è la controimmagine di mediante lafunzione

che però non è definita su ma sui punti di per cui (cioè tutti i punti trannequelli della circonferenza unitaria). Si ha che se e solo se esiste tale che

dove . L’intero non può essere zero, e quindi si tratta dell’unione di tutte le circonferenze

di raggio , con (per si ha la circonferenza degenere di raggio nullo).

L’insieme è chiuso nel sottospazio , ma non è chiuso in : lasuccessione di punti di definita da converge a che non è in . Non ènemmeno limitato, e quindi non è compatto. Se è un aperto di , allora esiste apertodi tale che , e quindi sarebbe aperto di perché intersezione di due aperti e . Viceversa, se è aperto di , allora è aperto di dato che .

L’insieme non è un aperto di (e quindi non è aperto di ): basta mostrare che l’intersezionecon l’asse delle non è un aperto di (per lo stesso motivo). Si tratta di

Non è aperto perché, per esempio, il punto non è interno: ogni intorno circolare di diraggio piú piccolo di non contiene altri punti di .

Sia . Per intero, il punto è di; la successione converge a , e quindi è di accumulazione per ma non è di : dunque

non è chiuso di . Se fosse aperto, sarebbe aperta l’intersezione con l’asse reale, cioèl’insieme

cioè

X = (z,w) ∈ : = w(w − 1)C2 z2 C2 0 C→ CC2

f(z,w) = − w(w − 1).z2

X ≠ ∅X ≠ C2 (0,0) ∈ X ⟹ X ≠ ∅ (1,0) ∉ X ⟹ X ≠ C2

n (z,w) = ( ,n)n(n − 1)− −−−−−−√

X n

X = (x,y) ∈ : ( + − 1 ∈ ZR2 x2 y2 )−1 Z

f(x,y) = ( + − 1 ,x2 y2 )−1

R2 R2 + ≠ 1x2 y2

(x,y) ∈ X k ∈ Z

= k1

+ − 1x2 y2

k ∈ Z k

1 +1k

− −−−−√ k ≠ 0 k = −1

X U = ∖ + = 1R2 x2 y2 R2

X ( ,0)1 + 1/n− −−−−−√ (1,0) X

X U V ⊂ R2

R2 V ∩ U = X X R2 UV X R2 U X = U ∩ X

R2 Ux R

Y = x ∈ R : x = ± .1 + 1/k− −−−−−√

2√ 2√−2√ 3/2

− −−√ Y

X = t + tcos : t ∈ R ∖ 0−1−−−√ 1

tn ≥ 1 = +zn

1n

−1−−−√ cos n

n

X 0 0 X X XC X

t ∈ R : t ≠ 0,cos = 0 = t ∈ R : t ≠ 0, = + kπ, con k ∈ Z,1t

1t

π

2

: k ∈ Z.1

π/2 + kπ

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Come sopra, questo non è un insieme aperto di (basta osservare che per esempio non èinterno).

///(16) Dimostrare le seguenti proposizioni, quando sono vere. Altrimenti mostrare che sono false.Per ogni , denotiamo con la classe di equivalenza di rispetto alla relazione

. Sullo spazio quoziente (omeomorfo alla circonferenza )definitamo la funzione

1. La funzione è ben definita.

2. La funzione è una metrica, tale che per ogni si ha

3. La distanza tra due punti di non può essere maggiore di .

4. Presi punti a caso su , ce ne sono sempre almeno due con distanza .

5. Per intero, e qualsiasi, esiste un intero tale che

.

6. Dedurre il Teorema di approssimazione di Dirichlet: per ogni intero e , esiste

una coppia di interi tali che e .

Sol: (a), (b) sono facili, tenuto conto che

Osserviamo che dalla proprietà segue che . Ogni classe ha un unico rappresentante con , e

è uguale all’intervallo con gli estremi identificati (una circonferenza). L’omeomorfismocon la circonferenza è dato dalla funzione .

Punto (c): Se , allora . Se , allora . Cioè . Dato che , il minimo tra è è certamente minore

di . Il massimo si ha per , cioè . In generale, dati due puntiqualsiasi e , si ha

e dunque la distanza tra due punti di non può essere maggiore di .

Punto (d): Siano , , … gli punti arbitrari di . Le distanze reciproche sono lestesse dei punti , , …, traslati di , cioè possiamo sempresupporre che . Possiamo naturalmente supporre che per ogni . Supponiamoper assurdo che non esistano due punti con distanza minore o uguale a , cioè tutte le coppiedi punti distano almeno . Riordinando gli indici, si ha

R 2/π

x ∈ R [x] x

x ∼ y ⟺ x − y ∈ Z X = R/∼ S 1

d([x], [y]) = inf|s − t| : s ∈ [x], t ∈ [y].

d:X × X → R

d:X × X → R x,y,z ∈ R

d([x], [y]) = d([x + z], [y + z]).

X 1/2

n X d([ ], [ ]) ≤x1 x21n

n ≥ 1 α ∈ R q ∈ [1,n] d([qα], [0]) ≤1

n + 1

n ≥ 1 α ∈ Rp,q ∈ Z |qα − p| ≤

1n + 1

q ≤ n

d([x], [y]) = inf|x − y + k| : k ∈ Z = min|x − y + k| : k ∈ Z.

d([x + z], [y + z]) = d([x], [y])d([x], [y]) = d([x − y], [0]) [x] t ∈ [x] 0 ≤ t < 1X [0,1]

θ ↦ e2πiθ

t ∈ [0,1/2] d([t], [0]) = t t ∈ [1/2,1] d([t], [0]) = 1 − td([t], [0]) = min(t,1 − t) t + (1 − t) = 1 t 1 − t

1/2 t = 1/2 d([1/2], [0]) = 1/2[x] [y]

d([x], [y]) = d([x − y], [0]) ≤ 1/2,

X 1/2

[ ]x1 [ ]x2 [ ]xn n X[ − ]x1 x1 [ − ]x2 x1 [ − ]xn x1 −x1= 0x1 ∈ [0,1)xi i

1/n1/n

0 = ≤ ≤ … < 1.

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Dato che per ipotesi , per ogni , si ha

(dato che il minimo di due numeri in è piú grande di , entrambi lo devono essere, equindi in particolare uno dei due). Ma allora

assurdo.

Il punto (e) segue dal (d), prendendo in considerazione gli punti di

Esistono e in tali che

e dunque (supponendo )

cioè l’asserto con . Se e , allora .

Passo emph(f): se e , sappiamo che esiste , tale che

. Ma dato che esiste tale che

si ha che esistono tali che e .

///(17) Utilizzando eventualmente il risultato dell’esercizio precedente, calcolare i punti diaccumulazione dei seguenti sottoinsiemi di .

1. ;

2. ;

3. (perché è irrazionale?);

4. .

Sol: Passo (a): ; dato che , i punti di accumulazione di sonoanche punti di accumulazione di . Ma tutti i punti di sono di accumulazione per , e quindi

0 = ≤ ≤ … < 1.x1 x2 xn

d([ ], [ ]) >xi+1 xi1n

i = 1…,(n − 1)

< d([ − ], [0]) = min( − ,1 − + ) ⟹ − >1n

xi+1 xi xi+1 xi xi+1 xi xi+1 xi

1n

[0,1) 1/n

= − = ( − ) + ( − ) + … + ( − ) > + + … + = 1,xn xn x0 x1 x0 x2 x1 xn xn−11n

1n

1n

n + 1 X

[ ] = [0], [ ] = [α],…,[ ] = [nα].x0 x1 xn

i j 0,1,…,n

d([iα], [jα]) ≤ ,1

n + 1

i < j

d([(j − i)α], [0]) ≤ ,1

n + 1

q = j − i i,j ∈ [0,n] i < j j − i = q ∈ [1,n]

α ∈ R n ≥ 1 q ∈ Z 1 ≤ q ≤ n

d([qα], [0]) ≤1

n + 1p ∈ Z

d([qα], [0]) = |qα − p|,

p,q ∈ Z 1 ≤ q ≤ n |qα − p| ≤1

n + 1

R

a + b : a,b ∈ Q3√

a + b : a,b ∈ Z3√

a + b 3 : a,b ∈ Zlog2 3log2

: h,k ∈ Z2h

3k

X = a + b : a,b ∈ Q3√ X ⊃ Q QX R Q

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tutti i punti di sono di accumulazione per .

Passo (b): una dimostrazione completa (senza presupporre altro) è la seguente. Sia ; il numero è irrazionale (perché?). Mostriamo che tutti i punti di

sono di accumulazione per , cioè che per ogni e per ogni esistono punti di in , cioè che per ogni , per ogni esistono tali che . Sia un

intero fissato. Per l’esercizio precedente, esistono una coppia di interi tali che , con , e cioè (dividendo per )

Supponiamo, senza perdere in generalità, che e siano privi di fattori comuni (altrimenti …) epositivi. Per ogni si ha quindi

Osserviamo ora che (nella notazione dell’esercizio precedente) i punti

con sono tutti distinti: infatti se esistono tali che allora esiste tale che

e questo non è possibile se e non hanno divisori in comune. Ma allora i punti non sono altro che i punti

Ogni , a meno di somma con un intero, dista certamente meno di da uno di questi

punti, cioè esistono , , con , tali che . Ma allora esistono esistono

tali che

La tesi segue se al crescere di , il corrispondente tende all’infinito. Supponiamo di no:

allora la successione (definita dalla coppia del teorema di Dirichlet al variare di ) è una

successione di numeri razionali con denominatore limitato.Ma per ogni si ha

R X

X = a + b : a,b ∈ Z3√ 3√R X ϵ > 0 x ∈ R X

(x)Bϵ ϵ x ∈ R a,b ∈ Z |a + b − x| < ϵ3√ np,q

|q − p| <3√ 1n

1 ≤ q ≤ n q

| − | < .3√p

q

1nq

p qa,b

|a + b − x|3√ = |a + b( + − ) − x|p

q3√

p

q

≤ |a + b − x| + |b( − )|p

q3√

p

q

≤ |a + b − x| + .p

q

|b|nq

q

[0], [ ],…,[j ]…p

q

p

q

j = 0,…,(q − 1) 0 ≤ i < j < q [i ] = [j ]p

q

p

q

k ∈ Z

jp = ip + kq ⟺ (j − i)p = kq,

p q[0], [ ],…,[j ]…p

q

p

qq

[0], [ ],…[ ],…[ ].1q

j

q

q − 1q

x ∈ R 1q

a b 0 ≤ b ≤ q |a + b − x| <p

q

1q

a,b

|a + b − x| +p

q

|b|nq

≤ + ≤ .1q

1n

2q

n q = qnpn

qn

p,q n

qn n

p

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, e dunque la successione converge a (che non è razionale). Dato chela successione dei denominatori è limitata (ipotesi di assurdo), esiste una sottosuccessione

costante. Ma la sottosuccessione è sottosuccessione di una successione convergente (a

), e quindi è convergente. Dato che il denominatore è costante, anche il numeratore è

definitivamente costante: cioè la sottosuccessione da un certo in poi è costante (e quindi è

uguale al suo limite, che è il limite di ). Questo è assurdo, perché vorrebbe dire che èrazionale.

Passo (c): Come sopra, dato che è irrazionale, tutti numeri reali sono di accumulazione.Perché è irrazionale? Perché , e e sono coprimi.

Passo (d): consideriamo il logaritmo di , cioè

Si può scrivere anche

I punti di accumulazione di in sono tutti i punti di , e dunque i punti di accumulazione di sono tutti i punti di il cui logaritmo è un punto di accumulazione di , cioè la semiretta

.

///(18) Sia uno spazio topologico. Dimostrare (o falsificare) le seguenti affermazioni.

1. Le componenti connesse di sono sottoinsiemi sia aperti che chiusi di .

2. Se ha un numero finito di componenti connesse, allora queste sono sia aperte chechiuse.

3. Se è un sottoinsieme denso di (cioè la cui chiusura è ), e è un altrosottoinsieme tale che , allora è denso in .

4. Se è connesso, allora ogni sottoinsieme denso di è connesso.

5. Se è omeomorfo a , allora è omeomorfo anche a .

Sol: Sono tutti esercizi assegnati in precedenza: le componenti connesse non sono sia aperti chechiusi (esempio: ). Se ce ne sono un numero finito, allora sí (dato che sono comunque deichiusi). Se è denso in e contiene , allora , e dunque (dacui segue che è denso). Non è vero che se è connesso, allora i sottoinsiemi densi sonoconnessi (si pensi a oppure a . I due intervalli e non sonoomeomorfi, dato che uno è compatto e l’altro no, e quindi non è vero che se è omeomorfoall’uno deve essere omeomorfo all’altro.

///(19) Si determinino i punti di accumulazione dei seguenti sottoinsiemi di o di (nellatopologia della metrica euclidea di o di rispettivamente), e determinarne la chiusura (in o in ). Quali sono compatti? Quali sono chiusi?

| − | < → 03√ pn

qn

1nqn

3√qn

qni

pni

qni

3√ qnipni

pni

qni

i

/pn qn 3√

3log2p/q = 3 ⟺ =log2 2p 3q 2 3

X = : h,k ∈ Z2h

3k

Y = : h,k ∈ Z.log22h

3k

Y = h + k 3h,k ∈ Z ⊂ R.log2

Y R RX R Y[0,∞)

X

X X

X

A X X B ⊂ XB ⊃ A B X

X X

X [0,1) X [0,1]

QA X B A A ⊂ B ⟹ ⊂A B = XB

B XQ ⊂ R R ∖ 0 ⊂ R [0,1) [0,1]

X

R CR C R

Cp

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1. ;

2. ;

3. ;

4. ;

5. .

Sol: (a): Si ha che

e dunque tutti i punti di sono di accumulazione per ; la chiusura è . Non è néchiuso né limitato, e dunque non è compatto.

(b) Osserviamo che se , con e , allora se anche si ha

Altrimenti, se , . Quindi , cioè . Ne segue che non è

chiuso, non è compatto, e ha tutti i numeri reali come punti di accumulazione. Osserviamo chela distanza tra i due quadrati e successivi è :

Allora per ogni la distanza tra e è uguale a . Allora se si ha una successione

con , deve essere , e quindi , cioè l’unicopunto di accumulazione di è . Dato che sopra abbiamo mostrato che i punti diaccumulazione di sono tutti i punti di , possiamo concludere che , e dunque che non è una estensione di , come si è soliti credere. (Dove è l’errore nel ragionamento appenavisto?)

(c) Veniamo ora a . Per ogni , per ogni , per ogni , la

distanza tra e è , quindi per ogni e per ogni esiste tale che la

= : p,q ∈ Z,q ≠ 0, p = q mod 100X1p

q

= : p,q ∈ Z,q ≠ 0X2p2

q

= : p,q ∈ ZX3p

+ 1q 2

= z ∈ C : 1 + ∈ QZ1 z2

= z ∈ C : z(1 − z) ∈ ZZ2

X1 = : q ≠ 0,(q,k) ∈ q + 100k

qZ2

= 1 + 100 : q ≠ 0,(q,k) ∈ k

qZ2

= 1 + 100x : x ∈ Q= 1 + 100Q = Q,

R X1 = = RX1¯ ¯¯¯ Q

∈ Qa

ba,b ∈ Z b ≠ 0 a ≠ 0

= .a

b

a2

ab

a = 0 0 = =a

b

a2

bQ ⊂ ⊂ QX2 = QX2 X2

(p − 1)2 p2 2p − 1

− (p − 1 = 2p − 1.p2 )2

qp2

q

(p − 1)2

q

2p−1q

→ α ∈ Rp2n

qn→ ∞qn = 2 − → 02 −1pn

qn

pn

qn

1qn

→ 0pn

qn

X2 0X2 R R = 0 R

Q

= : p,q ∈ ZX3p

+ 1q 2α ∈ R q ∈ Z p ∈ Z

p

+1q 2

p+1+1q 2

1+1q 2 α ∈ R q ∈ Z p ∈ Z

1 1

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distanza tra e non superi , cioè per si ha

Ma allora ogni è di accumulazione per , dato che per ogni esiste tale che . Dunque non è chiuso, non è compatto, e ha per chiusura .

(d) Osserviamo che se si ha che

e dunque

Se , con , allora

Quindi se e solo se e . Dunque è del tipo oppure ,con . L’insieme dei reali tali che contiene in particolare i razionali, e quindi contiene . L’insieme dei complessi , con , tali che come sopra contiene unacopia di , e quindi contiene . Dunque i punti di accumulazione per sono i numerireali (di accumulazione per la copia ) oppure l’asse dei numeri puramente immaginari (diaccumulazione per la copia ). Non è chiuso, non è compatto. La sua chiusura è

(e) Si ha

Per ogni , l’insieme dei punti di nell’intorno è finito, e quindi non ha puntidi accumulazione in . È un sottospazio chiuso di , perché controimmagine di (che èchiuso) mediante la funzione continua . Non è limitato, per quanto visto sopra, equindi non è compatto. Non avendo punti di accumulazione (anche, essendo chiuso), si ha

.

///(20) Determinare quali dei seguenti sottospazi (se ben definiti e rispetto alle topologie dellospazio ambiente) sono chiusi, connessi, compatti o limitati.

1. ;

2. ;

3. ;

αp

+ 1q 2

1+ 1q 2

r =1+ 1q 2

(α) ∋ .Br

p

+ 1q 2

α ∈ R X3 ϵ > 0 r ∈ Z< ϵ1

+1q 2 X3 R

w ∈ C

w ∈ Q ⟺ w + 1 ∈ Q,

= x ∈ C : ∈ Q.Z1 z2

z = a + ib a,b ∈ R

(a + ib = − + 2iab.)2a2 b2

(a + ib ∈ Q)2 ab = 0 − ∈ Qa2 b2 z ∈ Z1 a ib

a,b ∈ R a ∈ Qa2 Z1

Q ib b ∈ R (ib ∈ Q)2

Q Z1 iQ Z1Q iR

iQ

= a + ib ∈ C : a,b ∈ R,ab = 0.Z1¯ ¯¯

Z2 = z ∈ C : − z ∈ Zz2

= z ∈ C : − z = k,per qualche k ∈ Zz2

= : k ∈ Z1 ± 1 + 4k

− −−−−√2

R > 0 Z2 (R)B0 Z2C C Z ⊂ C

z ↦ z(1 − z)

=Z2¯ ¯¯ Z2

(x,y) ∈ : + 3 y + 2x + = 1R2 x3 x2 y2 y3

(x,y) ∈ : − 2y ≥ 0C2 x2

(x,y) ∈ : − 2 − 4xy = 0C2 x2 y2

2 2 2

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4. ;

5. .

Sol: (a) L’insieme è chiuso (perché?). Sia . Se , si ha .

Altrimenti, per , si ha che c’è un omeomorfismo

Nelle con , si scrive anche

e dunque certamente non è limitato. L’insieme originale non può quindi essere compatto nélimitato (perché?). La funzione ha un solo zero, che chiamiamo (bastacalcolarne i valori –positivi– nei punti in cui la derivata prima si annulla: ); la curva

di equazione ha un asintoto verticale in ; è di grado dispari, quindi

è negativa prima di e positiva dopo ; Si ha

Per si ha

e dunque il sottoinsieme è connesso.

(b) L’insieme non è ben definito, dato che il campo non è ordinato (la disequazione non ha senso).

(c) La forma quadratica ha matrice associata

il cui determinante è negativo: dunque esiste una trasformazione lineare (su ) che trasformal’equazione in una equazione del tipo : l’unione di due rette incidenti in . Èchiuso, non limitato, non compatto, connesso (perché unione unione di due connessi conintersezione uguale a un punto).

(d) La forma quadratica ha matrice associata

(x,y) ∈ : + 2 − 4xy = 0R2 x2 y2

(x,y) ∈ : − 2 − 4xy = 0R2 x2 y2

s =x

yy = 0 = 1 ⟹ x = 1x3

y ≠ 0

X = (x,y) ∈ : + 3 y + 2x + = 1,y ≠ 0R2 x3 x2 y2 y3

≅(s,y) ∈ : + 3 + 2s + 1 = ,y ≠ 0.R2 s3 s2 1y3

(s,y) y ≠ 0

y = ,1

+ 3 + 2s + 1s3 s2− −−−−−−−−−−−−√3

+ + 2s + 1s3 s2 s0−1 ± 33√

y =1

+ 3 + 2s + 1s3 s2− −−−−−−−−−−−−√3s0

s0 s0

(x,y) ∈ : + 3 y + 2x + = 1R2 x3 x2 y2 y3

= (x,y) ∈ : x = ys, y ≠ 0,y = ( + 3 + 2s + 1 , per s ∈ R, s ≠ ∪ (1,0)R2 s3 s2 )−1/3 s0

= (s( + 3 + 2s + 1 ,( + 3 + 2s + 1 ) : s ∈ R,s ≠ ∪ (1,0)s3 s2 )−1/3s3 s2 )−1/3

s0

s → ±∞

(s( + 3 + 2s + 1 ,( + 3 + 2s + 1 ) → (1,0),s3 s2 )−1/3s3 s2 )−1/3

C− 2y ≥ 0x2

[ ],1−2

−2−2

C− = 0x2 y2 C2

[ ]

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il cui determinante è negativo. Come sopra, esiste una trasformazione lineare (questa volta su ) che trasforma l’equazione in una equazione del tipo . È chiuso, non limitato, non

compatto, connesso (perché unione unione di due connessi con intersezione uguale a un punto).

(e) Come per il punto (c).

///

GEOMETRIA 1

[ ],1−2

−22

R − = 0x2 y2