Geometria III
SOLUZIONI PROVA SCRITTA – 24 AGOSTO 2015
Esercizio 1. Sia R3 lo spazio tridimensionale ordinario dotato della topologia euclidea e sia X
il sottospazio topologico di R3 definito ponendo X := T ∪ D ∪ S, dove:
• T è il toro ottenuto facendo ruotare la circonferenza
{(x, y, z) ∈ R3 | x = 0, (y − 2)2 + z 2 − 1 = 0} attorno all’asse z;
• D = {(x, y, z) ∈ R3 | z = 0, x2 + y 2 6 1};
• S è la circonferenza {(x, y, z) ∈ R3 | x = 0, (y − 4)2 + z 2 − 16 = 0}.
Si calcoli il gruppo fondamentale di X.
Soluzione 1 (Primo metodo). Lo spazio topologico X è (omeomorfo a)
Applichiamo il teorema di Seifert-Van Kampen scegliendo come sottospazi
X1 = X \ S
X1 ∼ T
∼
=
X2 = X \ T
X2 ∼ S
∼
X1 ∩ X2
X1 ∩ X2 ∼ S 1
∼
=
1 di 9
Possiamo quindi scrivere
π1 (X1 , y) = [e
a], [eb] | [e
a][eb][e
a]−1 [eb]−1 = 1 ,
π1 (X2 , z) = [e
c] | ∅ ,
π1 (X1 ∩ X2 , x) = [d] | ∅ ,
dove x, y, z sono tre punti di X scelti come nella figura seguente.
y
x
z
Siano ora α, β : I → X due cammini tali che α(0) = β(0) = x, α(1) = y e β(1) = z. Abbiamo
gli isomorfismi
π1 (X1 , y) −→ π1 (X1 , x)
[γ]
7−→ [α ∗ γ ∗ α]
e
π1 (X2 , z) −→ π1 (X2 , x)
[γ]
7−→ [β ∗ γ ∗ β]
e, denotando con a, b e c i cappi α∗e
a ∗α, α∗eb∗α e β ∗e
c ∗β, possiamo considerare le presentazioni
dei gruppi
π1 (X1 , x) = [a], [b] | [a][b][a]−1 [b]−1 = 1 e π1 (X2 , x) = [c] | ∅ .
Per il teorema di Seifert-Van Kampen, dal diagramma
π1 (X1 , x) = [a], [b] [a][b][a]−1 [b]−1 = 1
i1∗
j1 ∗
π1 (X1 ∩ X2 , x) = [d] ∅
π1 (X, x)
j2 ∗
i2∗
π1 (X2 , x) = [c] ∅
deduciamo che il gruppo fondamentale di X ha presentazione
D
E
π1 (X, x) ' [a], [b], [c] [a][b][a]−1 [b]−1 = 1, j1 ∗ i1∗ ([d]) = j2 ∗ i2∗ ([d]) .
Il morfismo i2∗ è il morfismo nullo, perché ogni cappio del disco bucato diventa omotopo al
cappio costante se togliamo il buco, mentre il morfismo i1∗ è iniettivo, ed in particolare il
cappio d (visto come cappio di X1 ) risulta essere omotopo ad uno dei due cappi fondamentali
su T (per esempio e
a). In conclusione
E
D
E D
−1
−1
π1 (X, x) = [a], [b], [c] [a][b][a] [b] = [a] = 1 = [b], [c] ∅ ' Z ∗ Z.
2 di 9
Soluzione 1 (Secondo metodo). Possiamo interpretare X come un CW-complesso composto da
due 0-celle, quattro 1-celle e due 2-celle come nella figura seguente.
P
Q
c
b
Σ2
a
Σ1
d
0-scheletro
1-scheletro
2-scheletro
Applicando il teorema di equivalenza omotopica di un CW-complesso e di un suo quoziente
per un sottocomplesso contraibile (Teorema 2.18 delle dispense), costruiamo la seguente catena
di equivalente omotopiche
/{P, Q, a, b, Σ1 }
Σ2
Pe
c
d
Pb
b e}
/{Pb, Q,
Σ2
e
c
d
d
b
Q
e
Q
b c}
/{Pb, Q,
e
Σ2
X risulta essere omotopicamente equivalente allo spazio topologico S2 ∨ S1 ∨ S1 , quindi il suo
gruppo fondamentale è isomorfo a Z ∗ Z.
3 di 9
Esercizio 2. Si considerino la somma connessa U2 di due piani proiettivi e due suoi punti
distinti P e Q.
a
a
P
Q
b
b
Si calcoli l’omologia ridotta di X := U2 \ {P, Q}.
Soluzione 2 (Primo metodo). Applichiamo il teorema di Mayer-Vietoris scegliendo come sottospazi
X1
a
a
a
(
q 6= 1
e q (X1 ) ' {0},
H
Z [a] ⊕ Z [b] , q = 1,
∼
b
b
a
a
b
X2
c
(
q 6= 1
e q (X2 ) ' {0},
H
Z [c] ⊕ Z d , q = 1,
∼
d
b
X1 ∩ X2
a
b
a
e
(
q 6= 1
e q (X1 ∩ X2 ) ' {0},
H
Z [e] q = 1
∼
b
b
Il diagramma
X1
i1
j1
X1 ∩ X2
X
j2
i2
X2
4 di 9
induce la successione esatta lunga in omologia
Hq (i1 ),−Hq (i2 )
Hq (j1 )+Hq (j2 )
δq
e q−1 (X1 ∩ X2 ) → · · ·
e q (X1 ∩ X2 ) −−−−−−−−−−−→ H
e q (X1 ) ⊕ H
e q (X2 ) −−−−−−−−−→ H
e q (X) −→ H
··· → H
e q (X) = {0} se q 6= 1, 2. Rimane la parte di successione
Deduciamo immediatamente che H
e 2 (X) → H
e 1 (X1 ∩ X2 ) → H
e 1 (X1 ) ⊕ H
e 1 (X2 ) → H
e 1 (X) → 0.
0 → H
Utilizzando l’esattezza della successione abbiamo che
e 2 (X) ' im δ2 = ker H1 (i1 ), −H1 (i2 ) e
H
e
e
e
e
e 1 (X) ' H1 (X1 ) ⊕ H1 (X2 ) = H1 (X1 ) ⊕ H1 (X2 ) .
H
ker H1 (j1 ) + H1 (j2 )
im H1 (i1 ), −H1 (i2 )
Studiamo quindi i morfismi indotti dalle inclusioni i1 : X1 ∩ X2 ,→ X1 e i2 : X1 ∩ X2 ,→ X2 tra
i gruppi di omologia di ordine 1. Nel primo caso consideriamo la 2-catena σ1 + σ2 dove σ1 e σ2
sono i 2-simplessi singolari descritti dagli omeomorfismi in figura.
σ1 (E0 )
E2
a
σ1
E0
σ1 (E1 )
E1
E2
σ2
E0
σ2 (E2 )
E1
e0
a
g
f
b
e00
b
a
e0
a
g
f
b
e00
σ1 (E2 )
σ2 (E1 )
b
σ2 (E0 )
Il suo bordo è
∂2 (σ1 + σ2 ) = ∂2 σ1 + ∂2 σ2 =
X
σi (E1 E2 ) − σi (E0 E2 ) + σi (E0 E1 ) =
i=1,2
0
= f ∗ e ∗ g − a + a + g ∗ e00 ∗ f − b + b
quindi nel primo gruppo di omologia di X1 otteniamo
[0] = [∂2 (σ1 + σ2 )] = [f ∗ e0 ∗ g − a + a + g ∗ e00 ∗ f − b + b] =
= [f ∗ e0 ∗ g ∗ g ∗ e00 ∗ f − a − a − b − b] = [f ∗ e0 ∗ e00 ∗ f ] − 2[a] − 2[b] =
= [f + e0 + e00 + f ] − 2[a] − 2[b] = [f ∗ f ] + [e0 ∗ e00 ] − 2[a] − 2[b] = [e] − 2[a] − 2[b].
Nel secondo caso consideriamo la 2-catena ρ1 + ρ2 dove ρ1 e ρ2 sono i 2-simplessi singolari
descritti dagli omeomorfismi in figura.
5 di 9
a
E2
a
e0
d0
ρ1 (E2 )
c0
ρ1
ρ1 (E1 )
ρ1 (E0 )
E0
E1
c00
d00
e00
b
b
a
E2
a
e0
ρ2 (E0 )
c0 ρ (E )
2
1
ρ2
ρ2 (E2 )
E0
d0
E1
d00
c00
e00
b
b
Il suo bordo è
∂2 (ρ1 + ρ2 ) = ∂2 ρ1 + ∂2 ρ2 =
X
ρi (E1 E2 ) − ρi (E0 E2 ) + ρi (E0 E1 ) =
i=1,2
=
d0
0
−e +
c0
+
c00
− e00 + d00
quindi nel primo gruppo di omologia di X2 otteniamo
[0] = [∂2 (ρ1 + ρ2 )] = [d0 − e0 + c0 + c00 − e00 + d00 ] =
= [d0 ∗ d00 ] + [c0 ∗ c00 ] − [e0 ∗ e00 ] = −[c] − [d] − [e].
Il morfismo H1 (i1 ), −H1 (i2 ) :
Z [e]
λ[e]
e 1 (X1 ∩ X2 ) → H
e 1 (X1 ) ⊕ H
e 1 (X2 ) risulta quindi essere
H
−→ Z [a] ⊕ Z [b] ⊕ Z [c] ⊕ Z [d]
.
7−→
2λ[a] + 2λ[b] + λ[c] + λ[d]
Il morfismo è iniettivo e la sua immagine è Z 2[a] + 2[b] + [c] + [d] , da cui concludiamo
(
e q (X) = {0}, q 6= 1,
H
Z3 , q = 1.
6 di 9
Soluzione 2 (Secondo metodo). Consideriamo il cappio c su X corrispondente alla diagonale
verticale del quadrato (prima delle identificazioni dei lati) e la retrazione rappresentata nella
figura seguente.
a
a
a
∼
c
b
a
b
c
b
b
Lo spazio topologico X ha come retratto di deformazione un bouquet di 3 circonferenze, quindi
(
3
M
1
e q (X) '
e q (S ) = {0}, q 6= 1,
H
H
Z3 , q = 1.
i=1
Esercizio 3. Si risponda ai seguenti quesiti.
(3a) Si calcolino tutte le soluzioni della seguente equazione in z ∈ C:
2z = z 3 − z 3 .
(3b) Sia f la funzione meromorfa su C definita ponendo:
f (z) :=
z2
z
.
− (i + 2)z + 2i
Si dica, motivando la risposta, qual è il raggio di convergenza dello sviluppo di Taylor di
f in z = 0.
Soluzione 3 (a – Primo metodo). Esprimendo z in coordinate polari, riscriviamo l’equazione
come
2ρeiθ = ρ3 ei3θ − ρ3 e−i3θ = ρ3 (ei3θ − e−i3θ ) = 2ρ3 i sin(3θ).
Una prima soluzione è z = 0. Assumendo ρ 6= 0, otteniamo eiθ = cos θ + i sin θ = ρ2 i sin(3θ),
cioè
(
(
cos θ = 0
θ = π2 , 3π
2
=⇒
.
sin θ = ρ2 sin(3θ)
sin θ = ρ2 sin(3θ)
Il sistema è impossibile perché sostituendo i valori trovati per θ i membri della seconda equazione
sono discordi, quindi z = 0 è l’unica soluzione.
Soluzione 3 (a – Secondo metodo). Osserviamo che z deve avere parte reale nulla, infatti
2z = 2z = z 3 − z 3 = z 3 − z 3 = −(z 3 − z 3 ) = −2z
=⇒
z + z = 0.
Assumendo z = t i, t ∈ R, l’equazione diventa 2t i = −t3 i + t3 i = 0 quindi l’unica soluzione è
z = 0.
7 di 9
Soluzione 3 (b). La funzione f ha due poli in z = i e z = 2, quindi f (z) è olomorfa (e quindi
analitica) sulla palla aperta B(1) centrata in 0 e di raggio 1. Questo garantisce che il raggio di
convergenza R dello sviluppo di Taylor di f in z = 0 è maggiore o uguale a 1. Inoltre R non
può essere strettamente maggiore di 1, altrimenti lo sviluppo in serie convergerebbe al valore
di f su tutti punti di norma 1, in particolare quindi al valore di f in i implicando l’olomorfia
di f in z = i.
Esercizio 4. Sia B(1) la palla aperta di C centrata nell’origine e di raggio 1. Si risponda ai
seguenti quesiti:
(4a) Per ogni a ∈ C, definiamo la funzione fa : B(1) −→ C ponendo
fa (z) := (2z + 1)(z 2 + az) per ogni z ∈ B(1).
Si calcolino i valori di a ∈ C per i quali la funzione fa è olomorfa.
(4b) Si calcoli il seguente integrale:
Z
1
dz.
z tan(z)
∂B(1)
Soluzione 4 (a – Primo metodo). Se la funzione fa fosse olomorfa, allora anche la funzione
ga : B(1) \ {− 21 } → C
ga (z) :=
fa (z)
− z2
2z + 1
∂
sarebbe olomorfa. D’altra parte ga (z) = az, quindi condizione necessaria affinché ∂z
ga (z) = 0
per ogni z ∈ B(1) \ {− 21 } è a = 0. Infine per a = 0 la funzione f0 (z) è la funzione polinomiale
2z 3 + z 2 che sappiamo essere olomorfa, quindi a = 0 è l’unica soluzione dell’esercizio.
Soluzione 4 (a – Secondo metodo). Definiamo le funzioni ha , ka : B(1) → C
ha (z) := 2z + 1
e
ka (z) := z 2 + az.
La prima funzione non dipende da a ed è polinomiale, quindi è olomorfa per ogni a ∈ C. Per
quanto riguarda la seconda, consideriamo z = x+iy e a = α+iβ con x, y, α, β ∈ R e riscriviamo
la funzione come
ka (x, y) = (x + iy)2 + (α + iβ)(x − iy) = (x2 − y 2 + αx + βy) + i(2xy + βx − αy).
La funzione ka è olomorfa su B(1) se le equazioni di Cauchy-Riemann sono soddisfatte per ogni
x + iy ∈ B(1). Posto u(x, y) := (x2 − y 2 + αx + βy) e v(x, y) := (2xy + βx − αy), otteniamo
(
(
∂v
∂u
=
2x + α = 2x − α
∂x
∂y
=⇒
=⇒ α = β = 0
∂u
∂v
= − ∂x
−2y + β = −(2y + β)
∂y
Quindi per a = 0, la funzione ka è olomorfa. Essendo fa (z) = ha (z)ka (z), a = 0 è condizione
sufficiente affinché fa sia olomorfa.
Per dimostrare che a = 0 è l’unica soluzione dell’esercizio, rimane da verificare che a = 0
è anche condizione necessaria. Consideriamo quindi a 6= 0 e supponiamo per assurdo che fa
sia olomorfa. La funzione ka (z) risulterebbe essere olomorfa sull’aperto B(1) \ {− 21 }, in quanto
coincidente con il quoziente hfaa(z)
di funzioni olomorfe su B(1) \ {− 21 }. Ma precedentemente
(z)
abbiamo verificato che per a 6= 0 le equazioni di Cauchy-Riemann per ka non sono soddisfatte
per tutti i punti di B(1) (e quindi neanche per i punti di B(1) \ {− 21 }).
8 di 9
Soluzione 4 (b). Vogliamo applicare il teorema dei residui, quindi determiniamo i poli della
1
con norma minore di 1. La funzione tan z si annulla per z = kπ, k ∈ Z,
funzione z tan
z
pertanto l’unico polo interno a ∂B(1) è z = 0, da cui
Z
1
1
dz = 2πiRes0
.
z tan(z)
z tan z
∂B(1)
Il polo è di ordine 2, perché gli zeri di tan z sono di ordine 1. Applichiamo quindi il Lemma
12.13 delle dispense per il calcolo del residuo in un polo di ordine m:
0
z cos z 0
z2
1
= lim
= lim
Res0
=
z→0
z→0
z tan z
z tan z
sin z
(cos z − z sin z) sin z − z cos2 z
sin z cos z − z
= lim
= lim
.
2
z→0
z→0
sin z
sin2 z
Per calcolare il limite, utilizziamo gli sviluppi in serie di seno e coseno in un intorno di 0
z3
sin z = z −
+ o(z 3 )
3!
e
z2
cos z = 1 −
+ o(z 2 ).
2!
Otteniamo
z−
sin z cos z − z
lim
= lim
2
z→0
z→0
sin z
z3
3!
3
− z2! − z + o(z 3 )
2
z 3 + o(z 3 )
=
−
lim
=0
z 2 + o(z 2 )
3 z→0 z 2 + o(z 2 )
da cui
Z
1
dz = 2πiRes0
z tan(z)
∂B(1)
9 di 9
1
z tan z
= 0.