3. Esercizi di Geometria 1 (Semestre Invernale 2018/2019) Dr. Matteo Penegini Prof. Arvid Perego

3. Esercizi di Geometria 1

(Semestre Invernale 2018/2019)

Dr. Matteo Penegini Prof. Arvid Perego

Esercizio 1. Sia X un insieme e d1, d2 distanze su X. Poniamo δ : X × X −→ R, δ(x, y) := d1(x, y) + d2(x, y),

∆ : X × X −→ R, ∆(x, y) := max{d1(x, y), d2(x, y)}.

(1) Dimostrare che δ e ∆ sono distanze su X.

(2) Dimostrare che esistono due numeri reali α, β > 0 tali che per ogni x, y ∈ X si abbia

δ(x, y) ≤ α∆(x, y), ∆(x, y) ≤ βδ(x, y).

(3) Dimostrare che per ogni x ∈ X e per ogni r > 0 si ha che Br(x, ∆) = Br(x, d1) ∩ Br(x, d2).

(4) Concludere dal punto precedente che se U₁ `e aperto per d<sub>1</sub> e U<sub>2</sub> `e aperto per d₂, allora U₁∩ U₂ `e aperto per ∆.

(5) Confrontare le topologie associate a d1 e d2 con la topologia associata a

∆.

Esercizio 2. Sia (X, d) uno spazio metrico. Se {xn}n∈N `e una successione in X, diremo che ℓ ∈ X `e un limite della successione se per ogni ǫ > 0 esiste n0 ∈ N tale che per ogni n > n0 si ha xn∈ B_ǫ(ℓ, d). Una successione che ammette limite ℓ ∈ X verr`a detta convergente a ℓ.

(1) Dimostrare che se x, y ∈ X sono distinti, allora esiste r > 0 tale che Br(x, d) ∩ Br(y, d) = ∅.

(2) Dimostrare che se una successione {xn}_n∈N ammette un limite, questo `e unico.

(3) Dimostrare che Z ⊆ X `e chiuso nella topologia associata a d se e solo se per ogni successione {xn}_n∈N con xn ∈ Z per ogni n ∈ N si ha che se tale successione converge a ℓ, allora ℓ ∈ Z.

Esercizio 3. Sia (X, d) uno spazio metrico.

(1) Se f : X −→ X `e un’applicazione iniettiva, poniamo df : X × X −→ R, df(x, y) := d(f (x), f (y)).

Mostrare che (X, df) `e uno spazio metrico.

(2) Poniamo X = [0, 1] e d la distanza euclidea (cio`e d(x, y) = |x−y| per ogni x, y ∈ X). Mostrare che esistono una metrica d<sup>′</sup> su X e una successione {x<sub>n</sub>}<sub>n∈N</sub> in X il cui limite rispetto a d `e diverso dal limite rispetto a d^′.

1

Esercizio 4. Sia (X, d) uno spazio metrico e ϕ : R+ −→ R+ una funzione strettamente crescente, subadditiva (cio`e tale che ϕ(a + b) ≤ ϕ(a) + ϕ(b) per ogni a, b ∈ R+) e tale che ϕ(0) = 0. Poniamo

dϕ : X × X −→ R, dϕ(x, y) := ϕ(d(x, y)).

(1) Mostrare che (X, d_ϕ) `e uno spazio metrico.

(2) Mostrare che se ϕ `e continua, allora le distanze d e d_ϕ sono equivalenti.

Esercizio 5. Sia X := (0, +∞) e definiamo

d : X × X −→ R, d(x, y) :=

    1 x − 1

y     . (1) Mostrare che (X, d) `e uno spazio metrico.

(2) Descrivere B1(1, d), la bolla di centro 1 e raggio 1 rispetto a d.

(3) Pi`u generalmente, preso x ∈ X e r > 0, descrivere Br(x, d), la bolla di centro x e raggio r rispetto alla distanza d.

(4) Il sottoinsieme (0, 1] ⊆ X `e limitato (rispetto a d)? `E Chiuso?

Soluzione Esercizio 1. Ricordiamo che d1 e d2 dono metriche su X, e che δ = d1+ d2 e ∆ = max{d1, d2}.

(1) Iniziamo con il dimostrare che δ `e metrica.

• Positiva: se x, y ∈ X allora d1(x, y), d2(x, y) ≥ 0 dato che d1 e d2

sono metriche. Quindi

δ(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y) ≥ 0.

• Non degenere: siano x, y ∈ X. Allora di(x, y) = 0 se e solo se x = y, dato che di `e metriche. Se x = y si ha dunque

δ(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y) = 0.

Viceversa, se δ(x, y) = 0, allora

0 = δ(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y).

Dato che d1(x, y), d2(x, y) ≥ 0, si ha dunque che d1(x, y) = d2(x, y) = 0, quindi x = y.

• Simmetrica: se x, y ∈ X allora

δ(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y) = d1(y, x) + d2(y, x) = δ(y, x),

dove l’uguaglianza centrale segue dal fatto che d1 e d2 sono simme- triche, in quanto metriche.

• Disuguaglianza triangolare: se x, y, z ∈ X allora

δ(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y) ≤ d1(x, z) + d1(z, y) + d2(x, z) + d2(z, y) =

= d1(x, z) + d2(x, z) + d1(z, y) + d2(z, y) = δ(x, z) + δ(z, y),

dove la disuguaglianza centrale segue dalla disuguaglianza triango- lare per d₁ e d₂.

Mostriamo ora che ∆ `e metrica.

• Positiva: se x, y ∈ X allora d1(x, y), d2(x, y) ≥ 0 dato che d1 e d2

sono metriche. Quindi

∆(x, y) = max{d1(x, y), d2(x, y)} ≥ 0.

• Non degenere: siano x, y ∈ X. Se x = y si ha dunque

∆(x, x) = max{d₁(x, x), d₂(x, x)} = 0.

Viceversa, se ∆(x, y) = 0, allora

0 = ∆(x, y) = max{d1(x, y), d2(x, y)}.

Dato che d1(x, y), d2(x, y) ≥ 0, si ha dunque che d1(x, y) = d2(x, y) = 0, quindi x = y.

• Simmetrica: se x, y ∈ X allora

∆(x, y) = max{d1(x, y), d2(x, y)} = max{d1(y, x), d2(y, x)} = ∆(y, x), dove l’uguaglianza centrale segue dal fatto che d1 e d2 sono simme- triche, in quanto metriche.

• Disuguaglianza triangolare: se x, y, z ∈ X allora

∆(x, y) = max{d1(x, y), d2(x, y)} ≤ max{d1(x, z) + d1(z, y), d2(x, z) + d2(z, y)} ≤

≤ max{d1(x, z), d2(x, z)} + max{d1(z, y), d2(z, y)} = ∆(x, z) + ∆(z, y), dove le disuguaglianze seguono dalla disuguaglianza triangolare per d1 e d2 (la prima) e dalle propriet`a del massimo.

In conclusione, δ e ∆ sono metriche su X.

(2) Per ogni x, y ∈ X si ha

δ(x, y) = d1(x, y) + d2(x, y) ≤ 2 max{d1(x, y), d2(x, y)} = 2∆(x, y),

quindi possiamo scegliere α = 2. Inoltre, supponiamo che ∆(x, y) = d1(x, y) (cio`e il massimo tra d1(x, y) e d2(x, y) `e d1(x, y)). Allora

∆(x, y) = d1(x, y) ≤ d1(x, y) + d2(x, y) = δ(x, y),

dove la disuguaglianza segue dalla positivit`a di d2. Analogamente se

∆(x, y) = d2(x, y). Ne segue che

∆(x, y) ≤ δ(x, y), e quindi possiamo scegliere β = 1.

(3) Ricordiamo che se d `e distanza su X, x ∈ X e r ∈ R, allora per definizione si ha

Br(x, d) := {y ∈ X | d(x, y) < r}.

Abbiamo quindi y ∈ Br(x, ∆) se e solo se ∆(x, y) < r, cio`e se e solo se max{d1(x, y), d2(x, y)} < r. Ma questo `e vero se e solo se d1(x, y) < r e d2(x, y) < r, cio`e se e solo se y ∈ Br(x, d1) e y ∈ Br(x, d2).

(4) Sia Ui ⊆ X un sottoinsieme aperto rispetto a di, mostriamo che U1∩ U2 `e aperto rispetto a ∆. Per fare questo ci basta mostrare che per ogni punto x ∈ X esiste r > 0 tale che Br(x, ∆) ⊆ U1∩ U<sub>2</sub>. Sia dunque x ∈ U1∩ U<sub>2</sub>: dato che Ui `e aperto in X, e dato che x ∈ Ui, esiste ri > 0 tale che Bri(x, di) ⊆ Ui. Sia r := min{r1, r2}: allora

B_r(x, di) ⊆ B_ri(x, U_i) ⊆ U_i, e quindi

B_r(x, d₁) ∩ B_r(x, d₂) ⊆ U₁ ∩ U₂. Per il punto precedente si ha allora

Br(x, ∆) ⊆ U1∩ U2.

(5) Sia τi la topologia associata a di, e τ la topologia associata a ∆.

• La topologia τ `e pi`u fine delle topologie τ1 e τ2: in effetti se U

`e aperto rispetto a τ1, dato che X `e aperto rispetto a τ2 allora per il punto precedente si ha che U = U ∩ X `e aperto rispetto a τ . La stessa dimostrazione vale invertendo i ruoli di τ1 e τ2.

• Le topologie τ1 e τ2 non sono pi`u fini della topologia τ : se lo fossero, allora ogni aperto rispetto a τ dovrebbe essere aperto rispetto a τ1 e τ2. Consideriamo ora X = R, e poniamo d1 la distanza euclidea e d2 la distanza discreta (cio`e se x = y allora d2(x, y) = 0, altrimenti d2(x, y) = 1). Osserviamo allora che B1(x, ∆) non `e aperto rispetto a d1: sappiamo che

B1(x, ∆) = B1(x, d1) ∩ B1(x, d2) = (x − 1, x + 1) ∩ {x} = {x},

quindi B1(x, ∆) non `e aperto rispetto a d1. Questo ci dimostra che τ1 non `e pi`u fine di τ .

Soluzione Esercizio 2. Consideriamo uno spazio metrico (X, d).

(1) Dato che x 6= y, allora R := d(x, y) > 0. Sia allora r := R/2 > 0, mostriamo che Br(x, d) ∩ Br(y, d) = ∅. In effetti, supponiamo che esista z ∈ Br(x, d) ∩ Br(y, d). Allora d(x, z), d(y, z) < r, quindi

d(x, y) ≤ d(x, z) + d(y, z) < 2r = R, il che `e impossibile.

(2) Supponiamo che la successione {xn}n∈N ammetta due limiti ℓ1, ℓ2 ∈ X.

Sappiamo quindi che per ogni ǫ > 0 esiste n0 ∈ N tale che se n ≥ n0

allora xn ∈ Bǫ(ℓ1, d) e xn ∈ Bǫ(ℓ2, d). Ma quindi per ogni ǫ > 0 si ha che Bǫ(x, d) ∩ Bǫ(y, d) 6= ∅: per il punto precedente questo `e possibile soltanto se ℓ1 = ℓ2.

(3) Supponiamo che Z sia chiuso e sia {xn}_n∈N una successione in Z conver- gente a ℓ ∈ X. Supponiamo che ℓ /∈ Z: essendo Z un chiuso di X, questo significa che esiste ǫ > 0 tale che Bǫ(ℓ, d) ∩ Z = ∅. Ma dato che {xn}_n∈N converge a ℓ, deve esistere n₀ ∈ N tale che se n ≥ n₀, allora x_n∈ B_ǫ(ℓ, d).

Dato che x_n ∈ Z, si ha una contraddizione. In conclusione, dobbiamo avere ℓ ∈ Z.

Viceversa, supponiamo che tutte le successioni convergenti di elementi di Z abbiamo limite in Z. Vogliamo mostrare che Z `e chiuso, quindi dimostriamo che il suo complementare `e aperto. Sia ℓ ∈ X \Z, mostriamo che esiste ǫ > 0 tale che Bǫ(ℓ, d) ⊆ X \ Z, e facciamolo per assurdo.

Supponiamo cio`e che per ogni ǫ > 0 si ha che Bǫ(ℓ, d) ∩ Z 6= ∅. Allora per ogni n ∈ N esiste xn ∈ B<sub>1/n</sub>(ℓ, d) ∩ Z. Si ha dunque una successione {x<sub>n</sub>}<sub>n∈N</sub> di elementi di Z che converge a ℓ: ma allora ℓ ∈ Z, il che `e assurdo.

Soluzione Esercizio 3. Sia (X, d) uno spazio metrico.

(1) Mostriamo che df `e una metrica.

• Positiva: se x, y ∈ X, si ha df(x, y) = d(f (x), f (y)) ≥ 0 dato che d

`e distanza.

• Non degenere: se x = y, allora d_f(x, x) = d(f (x), f (x)) = 0. Vi- ceversa, se df(x, y) = 0, allora d(f (x), f (y)) = 0. Dato che d `e non degenere si ha che f (x) = f (y). Ma dato che f `e iniettiva, allora x = y.

• Simmetrica: se x, y ∈ X allora

df(x, y) = d(f (x), f (y)) = d(f (y), f (x)) = df(y, x).

• Disuguaglianza triangolare: se x, y, z ∈ X, allora

df(x, y) = d(f (x), f (y)) ≤ d(f (x), f (z)) + d(f (z), f (y)) = df(x, z) + df(z, y).

Ne segue che df `e distanza.

(2) Consideriamo

f : [0, 1] −→ [0, 1], f (x) :=







x, se x ∈ (0, 1), 1, se x = 0 0, se x = 1

e poniamo d^′ := df. Poniamo xn := _n¹ ∈ X, e consideriamo la successione {xn}n∈N: sappiamo che il limite di questa successione rispetto alla metrica euclidea `e 0. Mostriamo che il limite rispetto a df `e invece 1. In effetti per ogni x ∈ (0, 1) si ha

df(x, 1) = d(f (x), f (1)) = d(x, 0).

In particolare per ogni n ∈ N si ha

df(xn, 1) = d(1/n, 0) = 1/n,

quindi per ogni ǫ > 0, preso n0 ≥ 1/ǫ, allora d_f(xn, 1) = 1/n < ǫ per ogni n ≥ n0, e quindi il limite `e 1.

Soluzione Esercizio 4. Sia (X, d) spazio metrico e ϕ : R+−→ R₊una funzione strettamente crescente, subadditiva e tale che ϕ(0) = 0.

(1) Mostriamo che dϕ`e una metrica. Osserviamo per prima cosa che dϕ`e ben definita su X dato che d(x, y) ≥ 0 per ogni x, y ∈ X, quindi possiamo calcolare ϕ(d(x, y)).

• Positiva: se x, y ∈ X, si ha dϕ(x, y) = ϕ(d(x, y)) ≥ 0 dato che ϕ `e positiva.

• Non degenere: se x = y, allora d_ϕ(x, x) = ϕ(d(x, x)) = ϕ(0) = 0. Viceversa, se dϕ(x, y) = 0, allora ϕ(d(x, y)) = 0. Dato che ϕ `e strettamente crescente e ϕ(0) = 0, allora d(x, y) = 0, quindi x = y dato che d `e non degenere.

• Simmetrica: se x, y ∈ X allora

dϕ(x, y) = ϕ(d(x, y)) = ϕ(d(y, x)) = dϕ(y, x).

• Disuguaglianza triangolare: se x, y, z ∈ X, allora dϕ(x, y) = ϕ(d(x, y)) ≤ ϕ(d(x, z) + d(y, z)),

dato che ϕ `e strettamente crescente (e d(x, y) ≤ d(x, z)+d(z, y) dato che d `e distanza). Ma essendo ϕ subadditiva si ha che

ϕ(d(x, z) + d(y, z)) ≤ ϕ(d(x, z)) + ϕ(d(y, z)) = dϕ(x, z) + dϕ(y, z).

Ne segue che dϕ `e distanza.

(2) Le due distanze d e dϕ sono equivalenti se e solo se per ogni x ∈ X e per ogni r > 0, esistono r^′, r^′′ > 0 tali che Br(x, d) ⊆ Br^′(x, dϕ) e Br^′′(x, dϕ) ⊆ Br(x, d). Per prima cosa, osserviamo che se x, y ∈ X e d(x, y) < r, allora

dϕ(x, y) = ϕ(d(x, y)) < ϕ(r),

dato che ϕ `e una funzione strettamente crescente. Ne consegue che Br(x, d) ⊆ B_ϕ(r)(x, dϕ).

Per l’altra inclusione, supponiamo che non esista alcun s > 0 tale che B_s(x, d_ϕ) ⊆ B_r(x, d). Questo significa che per ogni s > 0 esiste y ∈ Bs(x, dϕ) tale che y /∈ Br(x, d), cio`e tale che ϕ(d(x, y)) < s e d(x, y) ≥ r.

In particolare, per ogni n ∈ N esiste yn∈ X tale che ϕ(d(x, yn)) < 1/n e d(x, yn) ≥ r. Si ha dunque che

n→+∞lim ϕ(d(x, yn)) = 0.

Ma dato che ϕ `e una funzione continua, si ha che

n→+∞lim ϕ(d(x, y_n)) = ϕ( lim

n→+∞d(x, y_n)), da cui segue che

ϕ( lim

n→+∞d(x, yn)) = 0.

Dato che ϕ(0) = 0 e che ϕ `e iniettiva, questo implica che

n→+∞lim d(x, yn) = 0,

il che non `e possibile dato che d(x, yn) ≥ r > 0 per ogni n.

Soluzione Esercizio 5. Poniamo

d : (0, +∞) × (0, +∞) −→ R, d(x, y) :=

    1 x − 1

y     . (1) Mostriamo che d `e una metrica.

• Positiva: ovvio.

• Non degenere: se x = y, allora d(x, x) = 0. Viceversa, se d(x, y) = 0, allora 1/x = 1/y, e quindi x = y.

• Simmetrica: ovvio.

• Disuguaglianza triangolare: se x, y, z ∈ X, allora d(x, y) =

    1 x − 1

y    

=     1 x− 1

z +1 z − 1

y    

≤

≤     1 x− 1

z    

+     1 z − 1

y    

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

Ne segue che d `e distanza.

(2) Si ha che y ∈ B1(1, d) se e solo se d(1, y) < 1, cio`e se e solo se 

1 −1 y    

< 1.

Questo `e vero se e solo se

−1 < 1 − 1 y < 1.

Essendo y > 0, la disequazione 1 − ¹_y < 1 `e sempre soddisfatta, dunque d(1, y) < 1 se e solo se

1 −1

y > −1, cio`e se e solo se y > 2. Si ha dunque

B1(1, d) = (2, +∞).

(3) Dato x > 0 e r > 0 si ha che y ∈ Br(x, d) se e solo se d(x, y) < r, cio`e se e solo se

    1 x − 1

y    

< r.

Questo `e vero se e solo se

−r < 1 x − 1

y < r, vale a dire se e solo se

1

x − r < 1 y < 1

x + r.

Nel caso in cui r ≥ 1/x la prima disuguaglianza `e sempre verificata, quindi in questo caso d(x, y) < r se e solo se

1 y < 1

x + r, cio`e se e solo se

y > x 1 + rx. Dunque, se r ≥ 1/x si ha che

Br(x, d) =

 x

1 + rx, +∞

 .

Se invece r < 1/x, allora abbiamo due disequazioni: una ci dice, come prima, che y > _1+rx^x . L’altra ci dice y < _1−rx^x , quindi se r < 1/x allora

Br(x, d) =

 x

1 + rx, x 1 − rx

 .

(4) Iniziamo con la limitatezza: sappiamo che (0, 1] `e limitato se e solo se esiste x ∈ (0, +∞) e r > 0 tale che (0, 1] ⊆ Br(x, d). Dal punto precedente sappiamo che le bolle sono del tipo (a, +∞) o (a, b), con a > 0, quindi non esiste nessuna bolla che contenga (0, 1]: ne consegue che (0, 1] non `e limitato.

Per quanto riguarda la chiusura: sappiamo che (0, 1] `e chiuso se e solo se ogni successione di elementi di (0, 1] che converge, ha limite in (0, 1].

Sia dunque {xn}_n∈N una successione di elementi di (0, 1] che ammette limite ℓ ∈ (0, +∞), Questo significa che per ogni ǫ > 0 esiste n₀ ∈ N tale che se n ≥ n₀ allora d(x_n, ℓ) < ǫ. Questo vuol dire che

1 xn

− 1 ℓ    

< ǫ.

Ma quindi si ha che la successione {1/xn}n∈N converge a 1/ℓ rispetto alla metrica euclidea, e quindi xn converge a ℓ rispetto alla metrica euclidea (passando all’inverso). Dato che xn ∈ (0, 1] per ogni n, si deve quindi avere ℓ ∈ [0, 1]. Poich´e ℓ > 0, si ha quindi ℓ ∈ (0, 1], il che ci dimostra che (0, 1] `e chiuso rispetto alla distanza d.