1b. Esercitazione guidata di Geometria 2

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1b. Esercitazione guidata di Geometria 2

Esercizi teorici

Prof. Matteo Penegini Prof. Arvid Perego

Esercizio 1. Siano X uno spazio topologico T2 e A ⊆ X. Dimostrare che se A

`

e retratto di X, allora A `e un chiuso di X.

Esercizio 2. Una proprietà P di spazi topologici è detta omotopica se presi due spazi topologici X e Y omotopicamente equivalenti, la proprietà P vale per X se e solo se vale per Y . Determinare quali tra le seguenti proprietà sono omotopiche:

compattezza; Hausdorff; connessione; connessione per archi.

Esercizio 3. Dimostrare che se f : R² −→ Rⁿ`e un omeomorfismo, allora n = 2.

Esercizio 4. Mostrare che l’applicazione antipodale di S²ⁿ⁻¹`e omotopa a id_S²ⁿ⁻¹. Esercizio 5. Sia X uno spazio topologico.

(1) Se f : S¹ −→ X `e una funzione continua, dimostrare che f `e omotopa ad una funzione costante se e solo se esiste una funzione continua g : D² −→

X tale che g_|S¹ = f .

(2) Se f : X −→ Sⁿ `e una funzione continua e non suriettiva, allora f `e omotopa ad una funzione costante.

Esercizio 6. Vogliamo dimostrare che se f : S¹ −→ S¹ `e continua e tale che f (−x) = −f (x), allora f non `e omotopa ad una funzione costante.

(1) Su S¹ si consideri la relazione di equivalenza definita da x ∼ y se e solo se y = ±x. Dimostrare che S¹/ ∼ `e omeomorfo a S¹, e che la mappa quoziente p : S¹ −→ S¹ `e un rivestimento di grado 2.

(2) Dimostrare che esiste una funzione g : S¹ −→ S¹ tale che g ◦ p = p ◦ f . (3) Sia γ un cammino chiuso in S¹ avente come punto base x₀ ∈ S¹, e la cui

classe di coomologia genera π1(S¹, x0). Dimostrare che π1(p ◦ f )([γ]) 6= 1 in π1(S¹, g(x0)), e dedurne che g ◦ p non `e omotopa ad una funzione costante.

(4) Dimostrare che se X, Y, Z sono spazi topologici e f : X −→ Y e g : Y −→

Z sono continue, se f (risp. g) `e omotopa alla funzione costante, allora g ◦ f `e omotopa alla funzione costante. Concludere la dimostrazione.

Esercizio 7. Teorema di Borsuk-Ulam. L’enunciato `e il seguente: se f : Sⁿ −→ Rⁿ `e continua, allora esiste z ∈ Sⁿ tale che f (z) = f (−z). Lo vogliamo dimostrare per n ≤ 2.

(1) Dimostrare l’enunciato per n = 1.

(2) Usando l’Esercizio precedente, dimostrare che non esistono funzioni continue f : S² −→ S¹ tali che g(−x) = −g(x) per ogni x ∈ S².

(3) Concludere per contraddizione l’enunciato per n = 2.

1

(2)

Esercizio 8. Teorema di Lyusternik-Shnirelman. L’enunciato del teorema

`

e il seguente: Siano A, B, C ⊆ S² tre sottoinsiemi chiusi tali che A ∪ B ∪ C = S². Dimostrare che esiste x ∈ S² tale che x e −x appartengono entrambi ad uno dei tre chiusi A, B, C.

(1) Sia (X, d) uno spazio metrico e A ⊆ X. Per ogni x ∈ X definiamo d_A: X −→ R, dA(x) := inf{d(x, a) | a ∈ A}.

Dimostrare che d_A`e una funzione positiva e continua su X, e che d_A(x) = 0 se e solo se x ∈ A.

(2) Siano A, B ⊆ S² chiusi. Dimostrare che la funzione f_A,B : S² −→ R², f_A,B(z) := (d_A(z), d_B(z))

`e continua.

(3) Dedurre l’enunciato dal punto precedente e dal Teorema di Borsuk-Ulam.

Esercizio 9. Siano X e Y due spazi topologici e ∼X, ∼Y due relazioni di equivalenza su X e su Y rispettivamente. Poniamo eX := X/ ∼_X, eY := Y / ∼_Y, e indichiamo πX : X −→ eX e πY : Y −→ eY i morfismi quoziente. Sia ∼X×I la relazione d’equivalenza su X × I definita ponendo (x, t) ∼X×I (x⁰, t⁰) se e solo se t = t⁰ e x ∼_X x⁰, ed osserviamo che X × I/ ∼_X×I' eX × I.

(1) Dimostrare che se f : X −→ Y `e continua e equivariante (cio`e se x ∼X x⁰ allora f (x) ∼_Y f (x⁰), allora esiste un’applicazione continua ef : eX −→ eY tale che ef ◦ π_X = π_Y ◦ f .

(2) Due funzioni f, g : X −→ Y continue sono omotope in modo equivariante se sono equivarianti e se esiste F : X × I −→ Y equivariante che `e un’omotopia tra f e g. Mostrare che se f e g sono omotope in modo equivariante, allora ef e eg sono omotope.

(3) Una funzione continua f : X −→ Y è detta equivalenza omotopica equivariante se è equivariante ed esiste g : Y −→ X continua ed equivariante tale che g ◦ f è omotopa in modo equivariante a id_X, e f ◦ g è omotopa in modo equivariante a id_Y. Mostrare che se f : X −→ Y è un’equivalenza omotopica equivariante, allora ef : eX −→ eY è un’equivalenza omotopica.

(4) Un sottoinsieme A ⊆ X `e detto chiuso rispetto a ∼X se per ogni a ∈ A si ha che se a ∼_X x, allora x ∈ A. Mostrare che se A `e chiuso rispetto a

∼_X, allora ∼_X induce una relazione di equivalenza ∼_Asu A di modo che l’inclusione A −→ X `e equivariante, e eA := A/ ∼_A' π_X(A).

(5) Diremo che A ⊆ X `e retratto equivariante di X se A `e chiuso rispetto a

∼_X ed esiste f : X −→ A continua, equivariante e tale che f|A = id_A (il morfismo f è detto retrazione equivariante). Mostrare che se A è retratto equivariante di X, allora eA è retratto di eX.

(6) Diremo che A ⊆ X è retratto equivariante per deformazione di X se A è retratto equivariante si X con morfismo di retrazione equivariante omotopo in modo equivariante a id_X. Mostrare che se A è retratto equivariante per deformazione di X, allora eA è retratto per deformazione di eX.

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Soluzione esercizio 1. Il fatto che A sia retratto di X significa che esiste una funzione continua f : X −→ A che ristretta ad A è l’identità. Per mostrare che A è chiuso, mostriamo che X \ A è aperto. Sia quindi x ∈ X \ A, e osserviamo che f (x) ∈ A, quindi x 6= f (x).

Dato che X è T2, esistono quindi un intorno aperto U di x e un intorno aperto V di f (x) (aperti di X) tali che U ∩ V = ∅. Dato che A ⊆ X, si ha dunque V ∩ A intorno aperto di f (x) in A, e dato che f è continua si ha che f⁻¹(V ∩ A) è un aperto di X, e dato che f (x) ∈ V ∩ A si ha che x ∈ f⁻¹(V ∩ A).

Si ha dunque che U⁰ := U ∩f⁻¹(V ∩A) è un intorno aperto di x in X. Mostriamo che U⁰ ∩ A = ∅, il che concluderà la dimostrazione. Sia dunque y ∈ U⁰. Se avessimo y ∈ A, allora dovremmo avere f (y) = y, dato che f_|A = id_A. Ma dato che y ∈ f⁻¹(V ∩ A), si ha che y = f (y) ∈ V ∩ A, quindi y ∈ V . Inoltre si ha anche y ∈ U , dato che y ∈ U⁰ e U⁰ ⊆ U . Ma quindi y ∈ V ∩U , il che è impossibile dato che V ∩ U = ∅.

Soluzione esercizio 2. Tra le quattro propriet`a elencate (compattezza, Haus- dorff, connessione e connessione per archi), solo la connessione e la connessione per archi sono omotopiche.

(1) La compattezza non `e omotopica: sappiamo che R con la topologia euclidea

è contraibile, quindi R è omotopicamente equivalente a un punto. Ma R non è compatto, mentre lo spazio topologico costituito da un solo punto è compatto.

(2) La proprietà T2 non è omotopica. Per fornirne un esempio, si consideri X = (R, τ ), dove τ è la topologia degli intervalli aperti centrati in 0 (cioè un sottoinsieme di R è aperto se è solo è vuoto, è R o è un intervallo del tipo (−a, a) per a > 0). Sappiamo allora che X non è T2, e mostriamo che è contraibile. In effetti, consideriamo la funzione

f : R −→ R, f (x) := 0,

la funzione costante di valore 0. Essendo una funzione costante, è continua; la sua immagine è {0} e ovviamente f|{0} = id{0}, quindi {0} è retratto di X. Rimane da dimostrare che è retratto per deformazione, cioè che esiste un’omotopia, cioè una mappa F : R × I −→ R continua (rispetto alla topologia prodotto) tale che F₀ = f e F₁ = id_R. Conside- riamo l’omotopia naturale (che funziona con la topologia euclidea su R), vale a dire

F (x, t) = tx,

quindi F₀ = f e F₁ = id_R. La dimostrazione della continuità di questa mappa è lasciata per esercizio (utilizzare il fatto che F⁻¹(−a, a) è aperto nella topologia euclidea e simmetrico rispetto all’asse y).

(3) La connessione è una proprietà omotopica. Per dimostrarlo, possiamo procedere come segue. Siano X e Y due spazi topologici omotopicamente equivalenti, e sia f : X −→ Y un’equivalenza omotopica. Supponiamo X e connesso, e sia g : Y −→ X una funzione continua tale che g ◦ f ∼ idX e f ◦ g ∼ idY. Dato che X è connesso e f è continua, si ha

(4)

che f (X) ⊆ Y `e connesso. Supponiamo che Y non sia connesso: esiste quindi una componente connessa Y₀ di Y che contiene f (X), ed esiste y₀ ∈ Y \ Y₀. Ora, dato che f ◦ g `e omotopa a id_Y, esiste una funzione continua F : Y × I −→ Y tale che F₀ = f ◦ g e F₁ = id_Y. Consideriamo allora la mappa

γ : I −→ Y, γ(t) := F (y₀, t),

che è continua. Osserviamo che γ(0) = F (y₀, 0) = f (g(y₀)) ∈ f (X), mentre γ(1) = F (y₀, 1) = y₀, quindi γ è un cammino continuo che congiunge y0 ad un punto di f (X). Dato che f (X) ⊆ Y0, che Y0 è una componente connessa di Y e che y0 ∈ Y/ 0, questo è impossibile. In conclusione si deve avere Y connesso.

(4) La connessione per archi è una proprietà omotopica. Questo si può dimostrare come nel punto precedente, oppure usando π₀.Più precisamente, siano X e Y due spazi topologici e f : X −→ Y un’equivalenza omotopica. Abbiamo dimostrato in un’esercitazione (Esercizio 3 del foglio 2) che allora π₀(f ) fornisce una corrispondenza biunivoca tra π₀(X) e π₀(Y ).

Dato che uno spazio topologico è connesso per archi se e solo il suo π₀ è costituito da un solo elemento, si ha che X è connesso per archi se e solo se Y lo è.

Soluzione esercizio 3. Se f : R² −→ Rⁿ `e un omeomorfismo, allora per ogni punto P ∈ R² si ha che f induce un omeomorfismo tra R²\ {P } e Rⁿ\ {f (P )}.

Se n = 1, allora Rⁿ \ {f (P )} è disconnesso, laddove R² \ {P } è connesso: ne consegue che n ≥ 2. Se n ≥ 3, allora Rⁿ \ {f (P )} è semplicemente connesso (vedi Esercizio 2 del foglio 2), laddove R² \ {P } è omotopicamente equivalente ad una circonferenza, e quindi non è semplicemente connesso: ne consegue che n ≤ 2. In totale, si trova che allora n = 2.

Soluzione esercizio 4. Dato che S²ⁿ⁻¹ ⊆ R²ⁿ = Cⁿ, possiamo descrivere tale ipersfera nel modo seguente:

S²ⁿ⁻¹ =

(z₁, · · · , z_n) ∈ Cⁿ|

n

X

i=1

|z_i|² = 1

. La mappa antipodale `e allora la mappa

a : S²ⁿ⁻¹ −→ S²ⁿ⁻¹, a(z1, · · · , zn) := (−z1, · · · , −zn).

Costruiamo ora l’omotopia, e poniamo

F : S²ⁿ⁻¹× I −→ S²ⁿ⁻¹, F ((z1, · · · , zn), t) := (e^itπz1, · · · , e^itπzn).

Osserviamo che

n

X

j=1

|e^itπz_j|² =

n

X

j=1

|e^itπ|²|z_i|² =

n

X

j=1

|z_i|² = 1,

quindi F (z, t) ∈ S²ⁿ⁻¹ se z ∈ S²ⁿ⁻¹. Inoltre tale mappa `e ovviamente continua e si ha che

F0(z1, · · · , zn) = F ((z1, · · · , zn), 0) = (z1, · · · , zn),

(5)

quindi F₀ = id_S²ⁿ⁻¹, mentre

F₁(z₁, · · · , z_n) = F ((z₁, · · · , z_n), 1) = (e^iπz₁, · · · , e^iπz_n) = (−z₁, · · · , −z_n), quindi F₁ = a.

Soluzione esercizio 5. Sia X uno spazio topologico.

(1) Sia f : S¹ −→ X e supponiamo che f sia omotopa ad una funzione costante. Esiste quindi x₀ ∈ X ed una funzione continua F : S¹×I −→ X tale che F₁ = f e F₀ = x₀. Poniamo ora D² il disco il cui bordo `e S¹, cio`e

D² = {(x, y) ∈ R²| x²+ y² ≤ 1},

e osserviamo che se w = (x, y) ∈ D²\ {0}, allora esiste un unico z ∈ S¹ ed un unico t ∈ (0, 1] tale che w = tz. Poniamo allora

g : D² −→ X, g(w) := F (z, t), w 6= 0 x0, w = 0

che si verifica facilmente essere una funzione continua. Inoltre, si ha che se w ∈ S¹, allora g(w) = F (w, 1) = f (w), quindi g_|S¹ = f .

Viceversa, supponiamo che g : D² −→ X sia una funzione continua tale che g|S¹ = f . Costruiamo allora l’omotopia

F : S¹ × I −→ X, F (z, t) := g(tz).

Questa `e una mappa continua e si ha che F₀(z) = F (z, 0) = g(0),

che `e quindi la funzione costante di valore g(0), mentre F1(z) = F (z, 1) = g(z) = f (z),

quindi F `e un’omotopia tra f e la funzione costante di valore g(0).

(2) Sia f : X −→ Sⁿ una funzione continua non suriettiva. Esiste quindi P ∈ Sⁿ che non sta nell’immagine di f . Per ogni x ∈ X si ha allora che f (x) 6= P , e quindi possiamo considerare la funzione

F : X × I −→ Sⁿ, F (x, t) := tf (x) + (1 − t)P

||tf (x) + (1 − t)P ||. Questa funzione prende valori in Sⁿ, `e continua, e si ha che

F₀(x) = F (x, 0) = P

||P || = P,

dato che P ∈ Sⁿ, quindi F₀ `e la funzione costante di valore P , mentre F₁(x) = F (x, 1) = f (x)

||f (x)|| = f (x),

dato che f (x) ∈ Sⁿ, quindi F₁ = f . Abbiamo quindi un’omotopia tra f e la funzione costante di valore P .

Soluzione esercizio 6. Consideriamo una funzione f : S¹ −→ S¹ continua tale che f (−x) = −f (x).

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(1) Consideriamo

S¹ = {z ∈ C | |z| = 1},

quindi z ∈ S¹`e della forma z = e^iθ con θ ∈ [0, 2π). Cosnsideriamo inoltre la mappa

r : S¹ −→ S¹, r(e^iθ) := e^2iθ. Osserviamo che

r(z) = r(e^iθ = e^2iθ = e^2iθ+2iπ = e^2i(θ+π) = r(e^i(θ+π)) = r(−z).

La mappa r passa quindi al quoziente rispetto a ∼, inducendo quindi una mappa continua

r : Se ¹/ ∼−→ S¹.

Dato che la mappa r è suriettiva, si ha che er è suriettiva; inoltre è facile osservare che r(z) = r(z⁰) se e solo se z⁰ = ±z, quindir èe anche iniettiva.

Dato che S¹ `e T2 e compatto, si ha anche che er `e chiusa, e quindi che er

`e un omeomorfismo.

Il fatto che la mappa p sia un rivestimento di grado 2 `e semplice: su S¹ agisce in modo propriamente discontinuo il gruppo Z/2Z (l’azione dell’unico elemento non banale di questo gruppo `e quella che manda z in

−z), e la mappa quoziente `e quindi un rivestimento di grado 2.

(2) Questa è una conseguenza della proprietà universale del quoziente: si ha che f : S¹ −→ S¹ è continua e dato che f (−x) = −f (x) per ogni x ∈ S¹, si ha che

p(f (−x)) = p(−f (x)) = p(f (x)).

Ma quindi esiste un’unica mappa continua g : S¹/ ∼−→ S¹/ ∼ tale che g ◦ p = p ◦ f . Dato che S¹/ ∼ `e omeomorfo a S¹, si ha che g : S¹ −→ S¹. (3) Consideriamo γ : [0, 1] −→ S¹ il cammino chiuso dell’enunciato, e sia

eγ : [0, 1] −→ S¹

un sollevamento di γ rispetto alla mappa p e tale che eγ(0) = x₀ e eγ(1) =

−x₀ (che esiste dato che x₀ e −x₀ sono le due fibre su x₀ rispetto a p), cio`e tale che p ◦eγ = γ. Osserviamo che

g ◦ γ = g ◦ p ◦eγ = p ◦ f ◦eγ.

Dato che

f ( ^gamma(0)) = f (x₀) 6= −f (x₀) = f (−x₀) = f (eγ(1)),

si ha che π1(p ◦ f )([γ]) 6= 1, e quindi p ◦ f non pu`o essere omotopa ad una funzione costante. Ma dato che p ◦ f = g ◦ p, da questo segue che g ◦ p non pu`o essere omotopa ad una funzione costante.

(4) Supponiamo che g sia omotopa ad una funzione costante di valore z₀. Esiste quindi G : Y × I −→ Z continua tale che G₀ = g e G₁ = z₀. Consideriamo allora

F := G ◦ (f × idI) : X × I −→ Z,

(7)

che `e continua e tale che

F₀(x) = F (x, 0) = G(f (x), 0) = g(f (x)), F₁(x) = F (x, 1) = G(f (x), 1) = z₀,

quindi F `e un’omotopia tra g ◦ f e una funzione costante.

Analogamente, se supponiamo che f sia omotopa ad una funzione costante di valore y₀, esiste una funzione continua F : X × I −→ Y tale che F₀ = f e F₁ = y₀. Poniamo

G := g ◦ F : X × I −→ Z, che `e continua e si ha

G₀(x) = G(x, 0) = g(F (x, 0)) = g(f (x)), G₁(x) = G(x, 1) = g(F (x, 1)) = g(y₀)

quindi G `e un’omotopia tra g ◦ f e la funzione costante di valore g(y₀).

Concludiamo ora la dimostrazione del teorema. Sia dunque f : S¹ −→

S¹ una funzione continua tale che f (−x) = −f (x) per ogni x ∈ S¹. Come abbiamo già visto precedentemente, posta p : S¹ −→ S¹ la mappa quoziente per la relazione d’equivalenza x ' ±x, e posta g : S¹ −→ S¹ tale che g ◦ p = p ◦ f , sappiamo che g ◦ p non è omotopa ad una funzione costante. Se ora f fosse omotopa ad una funzione costante, si avrebbe che p ◦ f , e quindi g ◦ p dovrebbe essere omotopa ad una funzione costante, il che non è possibile.

Soluzione esercizio 7. Consideriamo f : Sⁿ −→ Rⁿ continua.

(1) Se n = 1, abbiamo a che fare con una funzione f : S¹ −→ R continua.

Consideriamo la funzione

g : S¹ −→ R, g(z) := f (z) − f (−z), che `e a sua volta continua, e osserviamo che

g(−z) = f (−z) − f (z) = −g(z).

Se per ogni z ∈ S¹ si ha che g(z) = 0, allora f (z) = f (−z) per ogni z ∈ S¹, il che conclude la dimostrazione. Se esiste z₀ ∈ S¹ tale che g(z₀) 6= 0, allora g(z₀) e g(−z₀) hanno segno opposto. Se γ : [0, 1] −→ S¹

`e un cammino continuo tale che γ(0) = z₀ e γ(1) = −z₀, allora g ◦ γ `e una funzione continua su [0, 1] che assume valori di segno opposto in 0 e in 1, quindi per il teorema del valore intermedio deve esistere t ∈ [0, 1]

tale che g(γ(t)) = 0, e quindi deve esistere z ∈ S¹ tale che g(z) = 0, cio`e f (z) = f (−z).

(2) Se n = 2, supponiamo che esista f : S² −→ S¹ continua tale che f (−x) =

−f (x) per ogni x ∈ S². Sia i : S¹ −→ S² la mappa che include S¹ in S² come un equatore, e consideriamo la funzione g := f ◦ f : S¹ −→ S¹. Osserviamo che g `e continua e

g(−z) = f (i(−z)) = f (−z) = −f (z) = −f (i(z)) = −g(z),

(8)

quindi per l’esercizio precedente si ha che g non è omotopa ad una mappa costante. Ma dato che i : S¹ −→ S² prende valori in uno spazio semplicemente connesso, si ha che i è omotopa alla mappa costante (possiamo pensare a i : S¹ −→ S² come ad un cammino chiuso in S², che è quindi omotopo al cammino costante, cioè ad una mappa costante da S¹ a S²).

Per l’ultimo punto dell’esercizio precedente si ha allora che f ◦i `e omotopa alla mappa costante, il che non `e possibile.

(3) Sia ora f : S² −→ R² una funzione continua, e supponiamo che per ogni x ∈ S² si abbia f (−x) 6= f (x). Consideriamo allora la mappa

g : S² −→ S¹, g(x) := f (x) − f (−x)

||f (x) − f (−x)||, che `e ben definita e continua. Osserviamo che

g(−x) = f (−x) − f (x)

||f (−x) − f (x)|| = −g(x)

per ogni x ∈ S², il che non `e possibile dato il punto precedente.

Soluzione esercizio 8. Consideriamo un sottoinsieme A di uno spazio topologico X.

(1) Il fatto che d_Asia una funzione positiva è ovvio, dato che d è una distanza su X. Per la continuità, dobbiamo dimostrare che d_A è continua in ogni x₀ ∈ X, e quindi che per ogni > 0 esiste δ > 0 tale che se d(x₀, y) < δ, allora

|d_A(x₀) − d_A(y)| < .

Ora, osserviamo che preso un qualunque y ∈ X e un qualunque a ∈ A, per la disuguaglianza triangolare si ha

d(x0, a) ≤ d(y, a) + d(x0, y), d(y, a) ≤ d(x0, a) + d(x0, y).

Prendendo l’estremo inferiore al variare di a ∈ A si ha dunque d_A(x₀) ≤ d_A(y) + d(x, y), d_A(y) ≤ d_A(x₀) + d(x, y), cio`e

|d_A(x₀) − d_A(y)| ≤ d(x₀, y).

Dunque, scegliamo δ = , e la continuit`a `e dimostrata.

Rimane da dimostrare che d_A(x) = 0 se e solo se x ∈ A. Supponiamo anzitutto che x ∈ A. Allora per ogni n ∈ N esiste an ∈ A tale che d(x, a_n) < 1/n. Questo implica quindi che d_A(x) = 0. Se invece x /∈ A, allora esiste > 0 tale che B(x, d) ∩ A = ∅, cio`e per ogni a ∈ A si ha d(x, a) ≥ , il che implica che d_A(x) ≥ , e quindi d_A(x) 6= 0.

(2) Una funzione da S² a R² `e continua se e solo se le sue due componenti lo sono. Nel caso di f_A,B le due componenti sono d_Ae d_B, che sono continue per il punto precedente.

(9)

(3) Siano ora A, B, C tre chiusi di S² la cui unione sia tutta S². La funzione f_A,B : S² −→ R² `e continua per il punto precedente. Per il teorema di Borsuk-Ulam allora sappiamo che esiste x ∈ S² tale che f_A,B(x) = f_A,B(−x). Questo ci dice che se x ∈ A, allora d_A(x) = 0, quindi f_A,B(x) = (0, d_B(x)). Ma quindi f_A,B(−x) = (0, d_B(x)), il che implica che d_A(−x) = 0, e quindi −x ∈ A dato che A `e chiuso. Se x ∈ B, si conclude analogamente che −x ∈ B. Il caso in cui x ∈ C si concude usando la funzione fA,C.

Soluzione esercizio 9. Utilizziamo le notazioni dell’enunciato dell’esercizio. In particolare con [x] indicheremo la classe di equivalenza di x.

(1) Definiamo la funzione

f : ee X −→ eY , f ([x]) := [f (x)].e

Questa funzione `e ben definita: se x⁰ ∼_X x, allora f (x) ∼_Y f (x⁰) dato che f `e equivariante. Osserviamo che

f (πe _X(x)) = ef ([x]) = [f (x)] = π_Y(f (x)),

quindi ef ◦ π_X = π_Y ◦ f . La continuità di questa funzione è conseguenza della definizione di topologia quoziente: se U ⊆ Y è un aperto, allora π⁻¹_Y (U ) è aperto, e quindi f⁻¹(π⁻¹_Y (U )) è aperto dato che f è continua.

Ma allora

f⁻¹(π_Y⁻¹(U )) = (πY ◦ f )⁻¹(U ) = ( ef ◦ πX)⁻¹(U ) = π_X⁻¹( ef⁻¹(U )), quindi π_X⁻¹( ef⁻¹(U )) `e aperto, e quindi ef⁻¹(U ) `e aperto.

(2) Se f e g sono omotope in modo equivariante, allors esiste F : X × I −→

Y continua e equivariante tale che F₀ = f e F₁ = g. Dato che tutte queste funzioni sono equivarianti, per il punto precedente si ottengono f ,eeg : eX −→ eY tali che π_Y ◦ f = ef ◦ π_X e π_Y ◦ g =eg ◦ π_X, ed una funzione continua

F : ^e X × I −→ eY

tale che π_Y◦F = eF ◦π_X×I. Dato che ^X × I = eX ×I e che π_X×I = π_X×id_I, otteniamo

Fe₀([x]) = eF ([x], 0) = eF (π_X(x), 0) = eF (π_X×I(x, 0)) =

= π_Y(F (x, 0)) = π_Y(f (x)) = ef (π_X(x)) = ef ([x]), e analogamente si ha eF₁ =eg.

(3) Se f : X −→ Y è un’equivalenza omotopica equivariante, lei è equivariante ed esiste g : Y −→ X equivariante tale che g ◦ f è omotopa in modo equivariante a id_X e f ◦ g è omotopa in modo equivariante a id_Y. Per il punto precedente allora si ha che ]g ◦ f = eg ◦ ef è omotopa a id_X_e e che f ◦ g = e] f ◦eg è omotopa a id_Y_e, e quindi ef è un’equivalenza omotopica.

(4) Questo segue semplicemente dalle definizioni.

(10)

(5) Dato che A è retratto equivariante di X, esiste f : X −→ A continua, equivariante e ristretta ad A è l’identità. Allora la mappa indotta ef : X −→ ee A è continua e se [a] ∈ eA, cioè se a ∈ A, si ha che ef ([a]) = [f (a)] ∈ eA, dato che f (a) ∈ A. Quindi eA è retratto di eX.

(6) Sappiamo per il punto precedente che se A è retratto equivariante per deformazione di X, allora è retratto equivariante di X e quindi eA è retratto di eX. Se f : X −→ X è la retrazione equivariante, esiste quindi un’omotopia equivariante F : X × I −→ X tra f e id_X. Ma per quanto già dimostrato precedentemente questa omotopia induce un’omotopia tra f e ide

Xe, il che conclude la dimostrazione.