Definizione 1. Sia (X, τ) uno spazio topologico e sia Y ⊂ X un sottoinsieme di X. In Y ` e indotta da (X, τ) una naturale topologia di sottospazio τ Y , definita topologia di sottospazio o topologia indotta e definita come segue:

CORSO DI ANALISI MATEMATICA II DIPARTIMENTO DI FISICA ANNO ACCADEMICO 2017/2018

ALBERTO MAIONE

Quarta lezione - 22/03/2018

1. Richiami teorici 1.1. Spazi Topologici-seconda parte.

Definizione 1. Sia (X, τ) uno spazio topologico e sia Y ⊂ X un sottoinsieme di X. In Y ` e indotta da (X, τ) una naturale topologia di sottospazio τ _Y , definita topologia di sottospazio o topologia indotta e definita come segue:

(i) A ⊂ Y lo definiremo aperto in (Y, τ _Y ) se ∃ B ∈ (X, τ) (aperto in X), tale che A = B ∩ Y ;

(ii) C ⊂ Y lo definiremo chiuso in (Y, τ _Y ) se Y \ C ` e aperto in (Y, τ <sub>Y</sub> ). Per la precedente propriet` a, ci` o ` e vero se ∃ D ∈ (X, τ) tale che

Y \ C = D ∩ Y.

Osservazione 1. Applicando De Morgan, possiamo riscrivere la (ii) nel seguente modo pi´ u operativo:

(ii’) C ⊂ Y lo definiremo chiuso in (Y, τ _Y ) se ∃ E chiuso in (X, τ) tale che C = E ∩ Y.

1.2. Continuit` a. La definizione di continuit` a pi` u generica in assoluto vive nel contesto degli spazi topo- logici ed ` e la seguente:

Definizione 2. Siano (X, τ _X ) e (Y, τ _Y ) spazi topologici e sia f : (X, τ X ) → (Y, τ Y ) Diremo che f ` e continua in (X, τ X ) se

∀A ∈ (Y, τ _Y ) =⇒ f ⁻¹ (A) ∈ (X, τ _X )

ovvero se controimmagine, tramite f , di aperti di (Y, τ _Y ) ` e un aperto di (X, τ _X ).

Osservazione 2. Nel contesto di spazi metrici, la precedente definizione pu´ o essere riletta nel seguente modo:

Siano (X, d _X ) e (Y, d _Y ) spazi metrici e sia

f : (X, d X ) → (Y, d Y ) Diremo che f ` e continua in (X, d X ) se ∀ x 0 ∈ X abbiamo che

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 tale che ∀ x ∈ X \ {x 0 } tale che d X (x, x 0 ) < δ =⇒ d Y (f (x), f (x 0 )) < ε.

Osservazione 3. Nel caso particolare in cui X = R ^N e Y = R, la precedente diviene (considerando gli spazi dotati delle distanze euclidee):

f : (R ^N , d 2 ) → (R, d |·| )

` e continua in R ^N se ∀ x 0 ∈ R ^N risulta che

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 tale che ∀ x ∈ R ^N \ {x 0 } tale che v u u t

n

X

i=1

(x i − x ⁰ _i ) ² < δ =⇒ |f (x) − f (x 0 )| < ε.

2. Esercizi

Esercizio 1. Sia Y = (−5, 5) ⊂ R (consideriamo qui R come lo spazio topologico dotato della topologia indotta dalla metrica euclidea) e sia A = [1, 5) ⊂ Y ⊂ R.

Dimostrare che A ` e chiuso in (Y, τ Y ), dove τ Y ` e la topologia indotta da R su Y . Soluzione:

Per definizione di topologia indotta, A ` e chiuso in (Y, τ _Y ) se ∃ B chiuso in R tale che A = B ∩ Y.

Per come sono stati definiti A e Y ` e sufficiente considerare B = [1, 5 + α] con α ∈ R ⁺ 0 (chiuso in R).

Scegliendo ad esempio α = 0, abbiamo che

B ∩ Y = [1, 5] ∩ (−5, 5) = [1, 5) = A.

Ne discende che A ` e chiuso in (Y, τ _Y ).

Esercizio 2. Mostrare che la funzione f , definita da f : R ² → R

(x, y) 7→







y log(1 + x ² + 4y ² )

2x ² + 8y ² se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0)

`

e di classe C ⁰ in R ² (cio´ e ` e continua in R ² ).

Soluzione:

Osserviamo per prima cosa che f ` e continua in tutto lo spazio R ² \{(0, 0)} essendo composizione di funzioni continue.

Resta quindi da esaminare se f ` e continua nell’origine. Ci` o ` e vero se lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0) = 0.

Per verificarlo applichiamo la definizione di limite

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 tale che ∀ (x, y) ∈ R ² \{(0, 0)} tali che d _R

((x, y), (0, 0)) < δ =⇒ d _R (f (x, y), f (0, 0)) < ε.

A tal fine, fissiamo ε > 0 e (x, y) ∈ R ² \ {(0, 0)}. Osserviamo subito che d _R (f (x, y), f (0, 0)) = d _R (f (x, y), 0) =

y log(1 + x ² + 4y ² ) 2x ² + 8y ² − 0

=    

y log(1 + x ² + 4y ² ) 2x ² + 8y ²

= |y| log(1 + x ² + 4y ² ) 2(x ² + 4y ² ) ≈ |y|

2 . dove l’ultima stima segue dalle considerazioni sul noto limite notevole in R

t→0 lim

log(1 + t)

t = 1.

Osservando poi che

|y| = p y ² ≤ p

x ² + y ² = d _R

((x, y), (0, 0)) < δ otteniamo dalla precedente stima

d _R (f (x, y), f (0, 0)) ≈ |y|

2 < δ 2 . Scelto quindi

δ = δ(ε) = 2ε − α(ε)

con α(ε) ∈ (0, 2ε), affinche 0 < δ < 2ε (il 2 che moltiplica ε ` e utile solo al fine dei conti), otteniamo d _R (f (x, y), f (0, 0)) < δ

2 = 2ε − α(ε)

2 = ε − α(ε) 2 < ε.

Ci` o dimostra la correttezza nel calcolo del limite lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0.

Ne consegue che f ` e continua in tutto lo spazio R ² .

Esercizio 3. Mostrare che la funzione f , definita da f : R ² → R

(x, y) 7→





 x ² − y ²

x ² + y ² se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0) non ` e continua in R ² .

Soluzione:

Essendo sicuramente f continua in tutto lo spazio R ² \ {(0, 0)}, essendo composizione di funzioni continue, dovremmo dimostrare che f non ` e continua nell’origine.

Ricordiamo che per dimostrare che una funzione non ` e continua in un punto ` e sufficiente mostrare che lungo due differenti direzioni il limite in quel punto si comporta diversamente.

Vediamo, per prima cosa, come si comporta il limite lungo le direzioni degli assi coordinati (continuit` a separata):

(asse x) essendo i punti dell’asse x (in un intorno dell’origine) del tipo (x, 0) con x ∈ R \ {0}, calcoliamo

x→0 lim f (x, 0) = lim

x→0

x ²

x ² = 1 6= 0(= f (0, 0));

(asse y) nuovamente, essendo i punti dell’asse y (in un intorno dell’origine) del tipo (0, y) con y ∈ R \ {0}, calcoliamo

y→0 lim f (0, y) = lim

y→0

−y ²

y ² = −1 6= 0(= f (0, 0)).

Ci` o ` e sufficiente a dimostrare non solo che lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) 6= 0 = f (0, 0) ma anche che tale limite non esiste.

Ne consegue che f non ` e continua nell’origine e di conseguenza non ` e continua in tutto R ² . Esercizio 4. Sfruttare la non continuit` a di f in R <sup>2</sup> , dove f ` e definita da

f : R ² → R (x, y) 7→

( 1 se xy = 0 2 se xy 6= 0

per dimostare che la continuit` a separata non implica, in generale, la continuit` a.

Soluzione:

La funzione, per come ` e stata definita, ` e chiaramente continua negli insiemi

{(x, y) ∈ R ² tali che xy = 0} = {(x, y) ∈ R ² tali che x = 0} ∪ {(x, y) ∈ R ² tali che y = 0} e {(x, y) ∈ R ² tali che xy 6= 0}.

Tuttavia, ` e evidente che

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = 2 6= 1 = f (0, 0)

lungo tutte le rette del tipo y = mx con m 6= 0, mentre lungo le direzioni degli assi, abbiamo che:

(asse x)

x→0 lim f (x, 0) = 1 = f (0, 0);

(asse y)

y→0 lim f (0, y) = 1 = f (0, 0).

Ci` o ` e sufficiente a dimostrare che la continuit` a separata non implica la continuit` a.

Esercizio 5. Mostrare che la funzione f , definita da f : R ² → R

(x, y) 7→







x ² (x ² + y ² )

x ² + y ⁴ se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

` e continua in R ² .

Soluzione:

Osserviamo per prima cosa che f ` e continua in tutto lo spazio R ² \{(0, 0)} essendo composizione di funzioni continue.

Resta quindi da esaminare se f ` e continua nell’origine. Ci` o ` e vero se lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = f (0, 0) = 0.

(Metodo 1) Per verificarlo applichiamo la definizione di limite

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 tale che ∀ (x, y) ∈ R ² \{(0, 0)} tali che d _R

((x, y), (0, 0)) < δ =⇒ d _R (f (x, y), f (0, 0)) < ε.

A tal fine, fissiamo ε > 0 e (x, y) ∈ R ² \ {(0, 0)}. Osserviamo subito che d _R (f (x, y), f (0, 0)) = d _R (f (x, y), 0) =

x ² (x ² + y ² ) x ² + y ⁴ − 0

=    

x ² (x ² + y ² ) x ² + y ⁴

= x ² (x ² + y ² )

x ² + y ⁴ < x ² (x ² + y ² )

x ² = (x ² + y ² ).

Osservando che, in un intorno dell’origine, x ² + y ² ≤ p

x ² + y ² = d _R

((x, y), (0, 0)) < δ otteniamo dalla precedente stima

d _R (f (x, y), f (0, 0)) < (x ² + y ² ) < δ.

Scelto quindi

δ = δ(ε) = ε − α(ε) con α(ε) ∈ (0, ε), affinche 0 < δ < ε, otteniamo

d _R (f (x, y), f (0, 0)) < (x ² + y ² ) < δ = ε − α(ε) < ε.

Ci` o dimostra la correttezza nel calcolo del limite lim

(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0.

Ne consegue che f ` e continua in tutto lo spazio R ² .

(Metodo 2) Qualora la verifica del limite risulti troppo complicata, si pu´ o procedere al calcolo del limite in coordinate polari. Ci` o semplifica notevolmente i calcoli, divenendo sostanzialmente un limite in R.

Tuttavia, anche seguendo questo metodo, sar` a necessario dimostrare l’uniformit´ a rispetto a Θ che, in alcuni casi, pu´ o essere pi´ u complicato dalla verifica stessa del limite in coordinate cartesiane.

Passando quindi alle coordinate polari, secondo la biiezione ( x = ρ cos Θ

y = ρ sin Θ possiamo riscrivere il nostro limite come

lim

(x,y)→(0.0)

f (x, y) = lim

ρ→0 f (ρ cos Θ, ρ sin Θ)

= lim

ρ→0

ρ ² cos ² Θ(ρ ² cos ² Θ + ρ ² sin ² Θ) ρ ² cos ² Θ + ρ ⁴ sin ⁴ Θ

= lim

ρ→0

ρ ⁴ cos ² Θ ρ ² (cos ² Θ + ρ ² sin ⁴ Θ)

= lim

ρ→0

ρ ² cos ² Θ

cos ² Θ + ρ ² sin ⁴ Θ = 0.

Per concludere, verifichiamo l’uniformit´ a rispetto a Θ ∈ [0, 2π).

Fissiamo ε > 0 e ρ ∈ R ⁺ . Osserviamo che

d _R (f (ρ cos Θ, ρ sin Θ), f (0, 0)) =    

ρ ² cos ² Θ(ρ ² cos ² Θ + ρ ² sin ² Θ) ρ ² cos ² Θ + ρ ⁴ sin ⁴ Θ − 0

=    

ρ ² cos ² Θ(ρ ² cos ² Θ + ρ ² sin ² Θ) ρ ² cos ² Θ + ρ ⁴ sin ⁴ Θ

= ρ ⁴ cos ² Θ ρ ² (cos ² Θ + ρ ² sin ⁴ Θ)

≤ ρ ² cos ² Θ

cos ² Θ = ρ ² < δ ² . Posto quindi δ = δ(ε) = pε − α(ε) con α(ε) ∈ (0, ε) (affinch´e δ ∈ (0, √

ε)), abbiamo d _R (f (x, y), (0, 0)) = d _R (f (ρ cos Θ, ρ sin Θ), f (0, 0))

≤ ρ ² < δ ² = ε − α(ε) < ε.

Ne consegue che f ` e continua in tutto lo spazio R ² .