Esercizi di topologia

[perplesso]

mi si è accesa la lampadina quando hai detto "bucherellata"

[perplesso]

4) Let $X$ be a topological space and $Y$ an ordered set in the order topology. Let $f,g: X \rightarrow Y$ be continuous. Show that the set $A={x|f(x) <= g(x)}$ is closed in $X$.

Facciamo vedere che $C=X-A = {x|f(x) > g(x)}$ è aperto in $X$. Sia $y \in C$ allora $f(y) \ne g(y) \in Y$. Poichè $Y$ è una "order topology" in particolare è Hausdorff e quindi esistono due intorni disgiunti $I_{f(y)}$ e $I_{g(y)}$ di $f(y)$ e $g(y)$ rispettivamente, tali che ogni elemento di $I_{f(y)}$ è strettamemte maggiore di ogni elemento di $I_{g(y)}$.

Poiche le funzioni $f$ e $g$ sono continue le controimmagini $f^{-1}(I_{f(y)})$ e $g^{-1}(I_{g(y)})$ sono aperti di $X$ e tale è anche la loro intersezione.

Se $z \in f^{-1}(I_{f(y)}) \bigcap g^{-1}(I_{g(y)})$ allora $f(z) \in I_{f(y)}$ e $g(z) \in I_{g(y)}$ e quindi in particolare $f(z)>g(z) \rightarrow z \in C$ pertanto $f^{-1}(I_{f(y)}) \bigcap g^{-1}(I_{g(y)})$ è un aperto di $X$ contenuto in $C$.

Allora $C = \bigcup_{y \in C} f^{-1}(I_{f(y)}) \cap g^{-1}(I_{g(y)})$ è unione di aperti e quindi aperto in $X$. Pertanto $A= X-C$ è chiuso.

Quadra tutto? Grazie.

[Pappappero]

non l'avevo mai vista generalizzata a insiemi ordinati qualsiasi. molto bellina.

[perplesso]

Io non l'avevo mai vista in nessuna forma Però è molto divertente, ci ho messo due giorni per dimostrarla xD

[perplesso]

5) Let ${A_{\alpha}}$ be a collection of subsets of a topological space $X$ such that $X= \bigcup_{\alpha} A_{\alpha}$. Let $Y$ be a topological space and $f:X \rightarrow Y$ a map such that the restriction $f|A_{\alpha}$ is continuous for each $\alpha$. Prove that:

a) (Local formulation of continuity) If $A_{\alpha}$ is open for each $\alpha$ then $f$ is continuous
b) If the collection ${A_{\alpha}}$ is finite and each set $A_{\alpha}$ is closed, then $f$ is continuous

c) The family ${A_{\alpha}}$ is said to be locally finite if each point $x \in X$ has a neighborhood that intersects $A_{\alpha}$ for only finitely many values of $\alpha$. Show that if $A_{\alpha}$ if locally finite and each $A_{\alpha}$ is closed, then $f$ is continuous.


a) e b) sono facili. Veniamo al punto c) che mi sembra più interessante. Sia $x \in X$ e sia $I_x$ un intorno di $x$ che interseca un numero finito di insiemi della famiglia $A_\alpha$. Notiamo che $I_x = \bigcup_{\alpha} (I_x \cap A_\alpha)$ e le restrizioni $f| (I_x \cap A_\alpha)$ sono continue perchè perchè per ipotesi le $f| A_\alpha$ sono continue . Inoltre gli insiemi $I_x \cap A_\alpha$ sono dei chiusi di $I_x$ (considerato come sottospazio di $X$) e sono in numero finito, allora per il punto b) $f$ è continua su $I_x$. Ma allora ${I_x}_{x \in X}$ è una famiglia di aperti che rispetta le condizioni del punto a) quindi $f$ è continua.

Quanto è importante la definizione di "locally finite" ?

[Pappappero]

Sembra funzionare. Sempre in merito a esercizi di questo tipo ti consiglio di dare un'occhiata a un risultato noto come Lemma di Incollamento (se ne parla qui), oppure come Lemma dei due (che poi vuol dire un numero finito) di chiusi.

La nozione di "locale finitezza" di un ricoprimento viene molto utilizzata in alcuni ambiti della topologia algebrica e della geometria differenziale. In particolare è centrale per definire la nozione di paracompattezza, che serve in geometria differenziale per definire le partizioni dell'unità, usate, se ricordo bene, per garantire la regolarità di certi fibrati. Però non studio queste cose da un po'...quindi non garantisco nulla. Comunque più in generale quando si dice che uno spazio che ha localmente la proprietà $\mathcal{P}$ significa che esiste un sistema fondamentale di intorni che hanno la proprietà $\mathcal{P}$.

[perplesso]

Si si il "pasting lemma" ce l'ho, la paracompattezza invece mi manca, ci andrò a dare un'occhiata così per curiosità. Grazie della dritta.

[perplesso]

6) Let $p$ be the uniform metric on $R^{\omega}$. Given $x= (x_1,x_2,...) \in R^{\omega}$ and given $0< \epsilon < 1$, let

$U(x,\epsilon)=(x_1-\epsilon,x_1+\epsilon) xx ... xx (x_n-\epsilon,x_n+\epsilon) xx ...$

a) Show that $U(x,\epsilon)$ is not equal to the ball $B_p(x,\epsilon)$
b) Show that $U(x,\epsilon)$ is not open in the uniform topology

c) Show that $B_p(x,\epsilon) = \bigcup_{\delta<\epsilon} U(x,\delta)$

Ecco cosa ho pensato... consideriamo il punto $y=(x_1+ \epsilon /2,x_2+ {2 \epsilon} /3,..., x_n+ {n \epsilon}/{n+1},... ) \in U(x,\epsilon)$, poichè $\lim_n {n \epsilon}/{n+1} = \epsilon$ la distanza (nella metrica uniforme) $p(x,y)=\epsilon$ e quindi $y \notin B_p(x,\epsilon)$ e il punto a) è soddisfatto. Per il punto b) credo di poter affermare che non esiste alcuna palla aperta centrata in $y$ che sia totalmente contenuta in $U(x,\epsilon)$ e questo basta a provare che non è aperto. Il punto c) segue facilmente notando che $B_p(x,\epsilon) \subset \bigcup_{\delta<\epsilon} U(x,\delta)$ e inoltre $U(x,\delta) \subset B_p(x,\epsilon)$ per ogni $\delta < \epsilon$.

giusto? sbagliato? Ogni osservazione è gradita.

[perplesso]

7) Consider the product, box and uniform topology on $R^\omega$. In which topologies the following functions are continuous?

$f(t) = (t,2t,3t,....)$
$g(t) = (t,t,t,....)$
$h(t) = (t,t/2,t/3,....)$


Nella product topology sono tutte e tre continue perchè è continua ognuna delle componenti della funzione (sono tutte rette). Nella box topology sono tutte discontinue infatti:

Indichiamo con $f_n(x)$ l' ennesima componente dell'immagine $f(x)$ Consideriamo l'intorno del punto $f(0)=(0,0,0,...)$ così definito $(-1,1) xx (-1,1) xx .... $ Proviamo che non esiste nessun intorno $(-\epsilon,\epsilon)$ del punto $0$ tale che $f(-\epsilon,\epsilon) \subset (-1,1) xx (-1,1) xx ....$ Infatti dovrebbe risultare $f_n(-\epsilon, \epsilon)=(-n \epsilon, n \epsilon) \subset (-1,1)$ per ogni $n$ cioè $\epsilon = 0$

Per $g$ ragioniamo analogamente scegliendo l'intorno del punto $f(0)$ definito da $(-1,1) xx (-1/2,1/2) xx ... xx (-1/n,1/n) xx... $ Quindi $g_n(-\epsilon,\epsilon)=(\epsilon, \epsilon) \subset (-1/n,1/n)$ per ogni $n$ da cui segue $\epsilon = 0$

Per $h$ invece scegliamo l'intorno del punto $f(0)$ definito da $(-1,1) xx (-1/4,1/4) xx ... xx (-1/{n^2},1/{n^2}) xx... $ Quindi $h_n(-\epsilon,\epsilon)=( - \epsilon/n, \epsilon/n) \subset (-1/{n^2},1/{n^2})$ cioè $\epsilon/n < 1/{n^2}$ ovvero $\epsilon < 1/n$ per ogni n quindi $\epsilon = 0$


Nella topologia uniforme $f$ non è continua perchè posso portare un esempio simile a quello della box topology scegliendo l'intorno di $(0,0,0,...)$ fatto così $U(f(0),1/2) = (-1/2,1/2) xx (-1/2,1/2) xx .... $ Come prima faccio vedere che non esiste alcun intorno di $0$ la cui immagine sia inclusa in $U(f(0),1/2)$ e a maggior ragione non è inclusa in $B(f(0),1/2) \subset U(f(0),1/2)$ (vedi esercizio 6).

$g$ e $h$ suppongo siano continue ma non ne sono sicuro...

[perplesso]

Confermo che $g$ e $h$ sono continue nella topologia uniforme su $R^\omega$.

Infatti consideriamo un punto $x \in R$ e un intorno di $g(x)$ cioè $B(g(x),\epsilon)$. Allora esiste $\delta < \epsilon$ tale che $U(g(x),\delta) \subset B(g(x),\epsilon)$ e quindi $g(x-\delta,x+\delta)=U(g(x),\delta) \subset B(g(x),\epsilon)$.

Per $h$ invece $h(x-\delta,x+\delta) \subset U(h(x),\delta) \subset B(h(x),\epsilon)$

Se ho detto qualche fesseria fatemelo pure notare. Anticipatamente grazie.