%        File: topologia.tex
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%%%% PDF
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\fi
%%%%
%%%% Index
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%%%%


%%%% Math commands
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\newtheorem{lem}[thm]{Lemma}
\newtheorem{prop}[thm]{Proposition}
\newtheorem{ax}{Axiom}

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\newtheorem{rem}{Remark}[section]
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%%%%


\title{Topologia}
\author{AlpT (@freaknet.org)}
\begin{document}

\pagenumbering{roman}
\maketitle{}

\begin{abstract}
Questo testo e' una rielaborazione personale degli appunti presi durante
il corso di Topologia Generale, tenuto dalla Prof.ssa Sparacino Clara presso il dipartimento di Matematica, Catania, A.A. 2006/2007.\\
Saro' ben lieto di correggere ogni eventuale errore che mi comunicherai.

Buon lettura.
\begin{center}
	\verb|^_^|
\end{center}
\end{abstract}

\pagebreak

\begin{small}
  Copyright \copyright 2007 Andrea Lo Pumo aka AlpT $<$alpt@freaknet.org$>$. All rights reserved.

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\end{small}

\clearpage
\tableofcontents
\clearpage
\pagenumbering{arabic}

\section{Spazio topologico}
\ilabel{spazio!topologico}
\ilabel{topologia}
Uno spazio topologico e' un insieme $X$, non vuoto, associato a una collezione
$\Theta$ di sottoinsiemi di $X$, strutturato dalle seguenti proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $X, \emptyset \in \Theta$ 
	\item $A_1, A_2 \in \Theta\;\Rightarrow \;A_1\cap A_2 \in \Theta$
	\item $\forall i \in I,\; A_i\in \Theta\;\Rightarrow \;\bigcup_{i\in I}A_i\in\Theta$
\end{enumerate}
Nota: nella $2$ stiamo specificando che l'intersezione di un numero finito di
aperti sia aperto, nella $3$ che l'unione di un numero finito o infinito di aperti
sia un aperto. ``Infinito'' e' inteso come ``infinito qualsiasi'', nel senso che I potrebbe essere di qualunque ordine infinito (numerabile, $\sim \mathbb{R}$ o altro).\\

$(X,\Theta)$ e' lo spazio topologico.\\
$\Theta$ e' la topologia definita su $X$.\\
$X$ si chiama spazio.\ilabel{spazio}\\
Gli elementi di $\Theta$ si chiamano \emph{insiemi aperti}.\\
Gli elementi di un insieme aperto si chiamano \emph{punti}.\\
\subsection{Topologia fine}
\ilabel{topologia fine}
Possiamo stabilire una relazione d'ordine tra topologie di uno stesso spazio
$X$: date le topologie $\Theta_1$ e $\Theta_2$ su $X$,
\[
\textrm{$\Theta_2$ e' piu' fine di $\Theta_1$ }\Leftrightarrow \;\Theta_1\subseteq \Theta_2
\]
cioe' se ogni aperto di $\Theta_1$ e' anche un aperto di $\Theta_2$, allora
diremo che $\Theta_2$ e' piu' fine di $\Theta_1$.\\
Si dice $\Theta_2$ e' piu' fine di $\Theta_1$, perche' $\Theta_2$ ha piu'
aperti di $\Theta_1$ e quindi ne avra' anche di piu' ``sottili''.\\
\newline
Equivalentemente
\[
\textrm{$\Theta_2$ e' piu' fine di $\Theta_1$ }\Leftrightarrow \forall x \in
X\;B_1(x)\subseteq B_2(x)
\]dove $B_1(x)$ e' la famiglia d'intorni del punto $x$ in $\Theta_1$.
Ovvero, se ogni intorno di $p$ in $\Theta_1$ e' ancora un intorno di $p$ in
$\Theta_2$. Brevemente si dice che ogni intorno di $\Theta_1$ e' un intorno di
$\Theta_2$.
\subsubsection{Esempi}
Consideriamo le topologie su $\mathbb{R}$ (queste topologie vengono definite
nei paragrafi successivi):
\begin{itemize}
	\item $\Theta_d$ e' la piu' fine 
	\item $\Theta_i$  e' la meno fine
	\item $\Theta_e < \Theta_s$, dove $\Theta_s$ e' la topologia
		della retta di Sorgenfrey.
		\begin{prova}
			\pf 
			\step{}{Verifichiamo che ogni aperto di $\Theta_e$ e'
			un aperto per $\Theta_s$}
			\begin{prova}
				Sia $]a,b[\in\mathbb{R}$ un aperto per
				$\Theta_e$. Abbiamo che
				\[
				]a,b[=\bigcup_{n\in\mathbb{N}} [a+\frac{1}{n},b[
				\]
				ovvero $]a,b[$ e' unione di aperti di
				$\Theta_s$, quindi $]a,b[$ e' un aperto di
				$\Theta_s$.
				\qed
			\end{prova}
			\step{}{Dimostriamo che $\Theta_e\neq \Theta_s$}
			\begin{prova}
				Un qualsiasi $[p,b[$ aperto di $\Theta_s$, non
				puo' essere ne' intersezione ne' unione di
				aperti di $\Theta_e$
				\qed
			\end{prova}
		\end{prova}
\end{itemize}
In $\mathbb{R}^2_+=\{(x,y)|y\ge 0\}$ consideriamo $(\mathbb{R}^2_+,
\Theta_{e'})$, la topologia indotta da quella euclidea su $\mathbb{R}^2_+$,
ovvero
\[
\Theta_{e'}=\{\mathbb{R}^2_+\cap E\}_{E\in \Theta_e}
\]
consideriamo anche il piano di Niemytzki $L=(\mathbb{R}^2_+, \Theta_N)$,
allora
\[
\Theta_{e'} < \Theta_{N}
\]
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Lo dimostreremo facendo vedere che ogni intorno in
	$(\mathbb{R}^2_+, \Theta_{e'})$ e' anche un intorno di $(\mathbb{R}^2_+, \Theta_N)$}
	\begin{figure}[h]
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.4]{fig/niemII}
		\end{center}
		\caption{$\Theta_{e'} < \Theta_{N}$}
		\label{fig:niemII}
	\end{figure}
	\begin{prova}
		Per la proposizione \see{prop1.10}, gli intorni aperti di
		$p\in \mathbb{R}^2_+$ in
		$(\mathbb{R}^2_+, \Theta_{e'})$ sono i dischi di centro $p$, intersecati
		con $\mathbb{R}^2_+$.
		\case{
		$p=(x,y),\;y>0$
		} In questo caso l'intorno aperto $S(p, r)$ (cioe' un disco)
		contiene un aperto di
		Niemytzki, cioe' un'altro disco $S(p,s)$ con $s<r$.
		\case{
		$p=(x,y),\;y=0$
		} $S(p, r)$, in $ \Theta_{e'}$ e' un semicerchio, con il
		diametro sull'asse delle $x$ e con $p$ nel punto medio del
		diametro. Anche in questo caso, $S(p, r)$ contiene un aperto
		di Niemytzki, cioe' un disco $S(p,s)$ tangente in $p$ con
		$s<r$. Vedi figura \see{fig:niemII}.
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim che $\Theta_{e'}\neq  \Theta_N$}
	\begin{prova}
		Basta considerare $p=(x,y),\;y=0$ e un aperto $S(p,r)$ di
		Niemytzki, cioe' un disco tangente a $p$: non esiste alcun
		semicerchio (ovvero un aperto di $\Theta_{e'}$) tutto
		contenuto nel disco. Vedi figura \see{fig:niemII}.
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}
	\[
	(\mathbb{R}^2, \Theta_e) < (\mathbb{R}^2, \Theta)
	\]
	dove
	\[
	\Theta=\{A\subseteq \mathbb{R}^2\;|\;
	A\cap \mathbb{R}_x\in \Theta_{\mathbb{R}_x},\;A\cap \mathbb{R}_y\in
	\Theta_{\mathbb{R}_y}\}
	\]
	dove
	\[
	\mathbb{R}_x=\{x\}\times \mathbb{R},\;\;\mathbb{R}_y=\mathbb{R}\times
	\{y\}
	\]
	e $\Theta_{\mathbb{R}_x}$ e' la topologia indotta da quella euclidea
	su $\mathbb{R}_x$.
	\begin{prova}
		\pf
		\pflet{$U\in \Theta_e$}
		notando che $\mathbb{R}_x$ e' una retta, si ha che $U\cap
		\mathbb{R}_x$ e' un aperto in $\Theta_{\mathbb{R}_x}$.
		Resta da provare che $\Theta_e\neq \Theta$.\\
		Consideriamo \[
		S=\left\{\left(\frac{1}{n},
		\frac{1}{n}\right)\right\}_{n\in \mathbb{N}^*}
		\]
		\step{}{
		$S$ e' un chiuso in $\Theta$ ma non lo e' in $\Theta_e$
		}
		\begin{prova}
			$A=\mathbb{R}^2\setminus S$\\
			$A\cap \mathbb{R}_x=\mathbb{R}_x \;\T{XOR}\; A\cap
			\mathbb{R}_x=\mathbb{R}_x\setminus \T{un punto}$, in
			ogni caso $A\in \Theta_{\mathbb{R}_x}$, quindi $S$
			e' chiuso.\\
			$(0,0)\notin S$, ma in $(\mathbb{R}^2, \Theta_e)$,
			ogni intorno di $(0,0)$ interseca $S$, quindi
			$D(S)\neq \emptyset $ e percio' $S$ non e' chiuso.
		\end{prova}
		\qed
	\end{prova}
\end{exemp}

\subsection{Alcune topologie}
\begin{enumerate}
	\item \ilabel{topologia!indiscreta}
		$\Theta_i=\{X,\emptyset \}$ e' detta topologia
		\emph{indiscreta} ed e' la meno fine tra le topologie su $X$.
	\item \ilabel{topologia!discreta}
		$\Theta_d=P(X)$ e' la topologia \emph{discreta} ed e' la piu' fine.
		$P(X)$ e' l'insieme delle parti di $X$.\\
		In questa topologia, ogni sottoinsieme di $X$ formato da un
		solo elemento (singoletto) e' un aperto. Vale anche il
		viceversa: se ogni singoletto di una topologia $\Theta$ su $X$
		e' un aperto, allora $\Theta=\Theta_d=P(X)$. Basta considerare
		la proprieta' 3: unione di singoletti e' ancora un aperto,  quindi, dato un $Y\in P(X)$, 
		$Y=\bigcup_{y\in Y}\pgra{y}$ e' un aperto.
	\item \ilabel{topologia!cofinita}
		Dato un insieme infinito $X$, la topologia \emph{cofinita} su $X$ e'
		\[
		\Theta_c=\{A\subseteq X\;|\;X\setminus A \textrm{ e' finito}
		\lor  A=\emptyset \}
		\]
	Verifichiamo che $\Theta_c$ e' una topologia.
	\begin{enumerate}
		\item 
			$X\subseteq X$ e
			$X\setminus X=\emptyset $ e' finito, quindi $X\in \Theta_c$.
			$\emptyset $, per definizione di $\Theta_c$ e' un aperto.
		\item Dati $A_1, A_2\in \Theta_c$, e' vero che $A_1\cap
			A_2\in\Theta_c$? Poiche' $A_1$ e' un aperto di
			$\Theta_c$, abbiamo che 
			\[
			A_1=X\setminus \{p_1, \dots, p_n\}
			\]
			lo stesso per $A_2$:
			\[
			A_2=X\setminus \{q_1, \dots, q_m\}
			\]
			allora
			\[
			A_1\cap A_2 = X\setminus \{p_1, \dots, p_n, q_1, \dots, q_m\}
			\]
			e quindi \[X\setminus (A_1 \cap A_2)=\{p_1, \dots,
			p_n, q_1, \dots, q_m\}\] e' finito\footnote{
			In questo passo abbiamo dimostrato
			anche un risultato piu' forte: due aperti di
			$\Theta_c$ si incontrano sempre (la loro intersezione
			non e' mai vuota). Questo risultato servira' piu' in
			la'.}
		\item Sia $D_i$ un insieme finito, allora
			\begin{align*}
				& A_i\in \Theta_c \;\Rightarrow\; A_i =
				X\setminus D_i\\
				& A_1 \cup A_2 = (X\setminus D_1) \cup
				(X\setminus D_2) = X \setminus (D_1 \cap
				D_2)\;\textrm{ [per De Morgan]}\\
				&\bigcup_{i\in I} A_i = X\setminus \bigcap_{i
				\in I} D_i\\
				&X \setminus  \bigcup_{i\in I} A_i =
				\bigcap_{i \in I} D_i\;\textrm{ e' finito}\\
				&\qq\;\Rightarrow \; \bigcup_{i\in I} A_i\in
				\Theta_c
			\end{align*}
	\end{enumerate}
	\item Dato $X$ e $A\subseteq X$, allora $\{ X, \emptyset, A \}$ e' una
		topologia su $X$.
\end{enumerate}
\subsection{Topologia euclidea}
\ilabel{topologia!euclidea}
Definiamo la topologia euclidea  $\Theta_e$ su $\mathbb{R}$,
\[
\Theta_e = \{A\subseteq \mathbb{R} \;|\; \forall x \in A \;\exists ]a,b[
\subseteq A:\;x\in]a,b[\}
\]
dove $]a,b[$ e' un intervallo aperto. Equivalentemente possiamo dire che \\$A\in
\Theta_e \;\Leftrightarrow \; A$ e' unione di intervalli aperti.\\

$(\mathbb{R},\Theta_e)$ e' la topologia euclidea su $\mathbb{R}$.
\begin{prova}
	\pf\\
	$\emptyset \in \Theta_e$, infatti, se per assurdo $\emptyset \notin
	\Theta_e$ vorrebbe dire che la negazione di ``$\forall x \in A
	\;\exists (a,b)\dots$'' e' vera, ovvero che $\exists x \in A \nexists
	(a,b)\dots$, ma questo e' assurdo perche' $\emptyset $ non ha
	elementi.\\
	Ovviamente $\mathbb{R} \in \Theta_e$.\\
	$A_1, A_2\in \Theta_e\;\Rightarrow \; A_1\cap A_2 \in \Theta_e$ ?\\
	\begin{align*}
		& x \in A_1\cap A_2\;\Rightarrow \; x\in A_1 \land  x \in A_2\\
		& x \in A_1\;\Rightarrow \; \exists \varepsilon >0 :
		\;(x-\varepsilon, x+\varepsilon) \subseteq  A_1\\
		& x \in A_2\;\Rightarrow \; \exists \varepsilon' >0 :
		\;(x-\varepsilon', x+\varepsilon') \subseteq  A_2\\
		& \textrm{supponiamo $\varepsilon' > \varepsilon$}\\
		&\qq (x-\varepsilon, x+\varepsilon) \subseteq
		(x-\varepsilon',x+\varepsilon') \subseteq  A_2\;\Rightarrow \;
		A_1 \subseteq  A_2 \;\Rightarrow \; A_1\cap A_2=A_2\in\Theta_e
	\end{align*}
	Analogamente si vede che vale la terza proprieta'.
	\qed
\end{prova}

La topologia euclidea $(\mathbb{R}^2, \Theta_e)$ e' definita usando \emph{il disco}:
\[
\Theta_e = \{ A\subseteq \mathbb{R}^2\;|\;\forall p \in A\;\exists \varepsilon
>0:\; \exists \textrm{ un disco } S(p, \varepsilon) \subseteq A \}
\]
dove
\[
p=(x_0,y_0),\;\;S(p,
\varepsilon)=\{(x,y)|\;(x-x_0)^2+(y-y_0)^2<\varepsilon^2\}
\]
In poche parole, $S(p,\varepsilon)$ sono tutti i punti interni del cerchio di raggio $\varepsilon$ e di
centro $p$.\\
Analogamente in $\mathbb{R}^3$ si usa la sfera.
\subsection{Intorno}
\ilabel{intorno}
In $(X,\Theta)$, dato $x_0\in X,\; U \subseteq  X$,
\[
U \textrm{ intorno di $x_0$}\;\Leftrightarrow \; \exists A \in \Theta:\; x_0\in A\subseteq U
\]
L'insieme di tutti gli intorni di $x_0$ si indica con $B(x_0)$.

\begin{lem}
	\label{lemmmooo1}
	Sia $A \neq \0$, si ha
	\[
	A \in \Theta \;\Leftrightarrow \;\forall a \in A\;A\in B(a)
	\]
	Ovvero, $A$ e' un aperto se e solo se $A$ e' intorno di ogni suo
	punto.
	\begin{prova}
		\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow$ }
	\begin{prova}
		\assume{
		$a \in A \in \Theta$
		}
		\prove{
		$\exists B\in\Theta :\; a\in B \subseteq A$
		}
		Allora basta scegliere $B=A$.
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\assume{
		$\forall a \in A,\;\exists B_a \in \Theta:\;a\in B_a \subseteq  A$
		}
		\prove{
		$A\in \Theta$
		}
		\pf\\
		Presi $B_{a_1}, B_{a_2} \in \Theta$ sappiamo che $B_{a_1} \cup
		B_{a_1} \in \Theta$. Allora
		\[
		A=\bigcup_{a\in A} B_a\;\Rightarrow \;A\in \Theta
		\]
		\qed
	\end{prova}
	\end{prova}
\end{lem}
\subsubsection{Proprieta' degli intorni}
\label{propintorni}
\begin{enumerate}
	\item $\forall x\in X\;\;B(x)\neq \emptyset $, infatti, almeno $X\in
		B(x)$.
	\item $B_1, B_2 \in B(x)\;\Rightarrow \;B_1\cap B_2 \in B(x)$
		\begin{prova}
			\pf\\
			\begin{align*}
				& B_1 \in B(x)\;\Rightarrow \; \exists
				C_1\in \Theta:\; x\in C_1 \subseteq  B_1\\
				& B_2 \in B(x)\;\Rightarrow \; \exists
				C_2\in \Theta:\; x\in C_2 \subseteq  B_2\\
				& \qq C_1\cap C_2 \in \Theta\\
				&\qq C_1\cap C_2
				\subseteq  B_1\cap B_2 \;\Rightarrow B_1\cap
				B_2 \in B(x)\;
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
	\item $N\in B(x),\;\;N\subseteq M \subseteq  X\;\Rightarrow \; M \in
		B(x)$
	\item
		$N\in B(x)\;\Rightarrow \;\exists M \in B(x):\;M\subseteq
		N\;\land \forall y\in M,\; M\in B(y)$\\
		Per il lemma \see{lemmmooo1}, possiamo anche dire:\\
		$
		N\in B(x)\;\Rightarrow \;\exists M \in B(x):\;M\subseteq N\;\land M\in \Theta
		$
		\begin{prova}
			\pf\\
			Dalla definizione di intorno:
			\[
			\exists M \in \Theta:\;	x \in M\subseteq N
			\]
			quindi ci basta provare che $M \in B(x)$, ovvero
			dobbiamo trovare un $M'$ t.c. $M' \in \Theta,\;x\in
			M'\subseteq  M$. Allora scegliamo $M'=M$.
			~\qed
		\end{prova}
\end{enumerate}

\subsection{Famiglia dei chiusi}
\ilabel{chiuso}
In $(X, \Theta)$, 
\[
C\subseteq X\equiv \textrm{ chiuso}\;\Leftrightarrow \;X\setminus C \in \Theta
\]
Ovvero, un chiuso e' il complementare di un aperto.\\
Indichiamo l'insieme di tutti i chiusi con
\[
\C = \{ C \subseteq  X\;|\; X\setminus C \in \Theta \}
\]
Partendo dalle proprieta' degli aperti, possiamo dedurre le seguenti
proprieta' (sostanzialmente usando De Morgan):
\begin{enumerate}
	\item $X,\emptyset \in \C$
	\item $C_1, C_2 \in \C\;\Rightarrow \; C_1 \cup C_2 \in \C$
	\item \label{pc3}
		$\forall i \in I,\; C_i\in \C\;\Rightarrow \;\bigcap_{i\in I}C_i\in\C$
		\begin{prova}
			\pf\\
			\begin{align*}
				& C_i \in \C\;\Rightarrow \;X\setminus  C_i
				\in \Theta\\
				& \qq \;\Rightarrow \; \bigcup_{i\in I}
				X\setminus C_i \in \Theta\\
				&\bigcup_{i\in I} X\setminus C_i =
				X\setminus \bigcap_{i\in I} C_i\;\textrm{ [per
				De Morgan]}\\
				&\qq \;\Rightarrow \; X\setminus \bigcap_{i\in
				I} C_i \in \Theta\;\Rightarrow \;
				\bigcap_{i\in I} C_i \in \C
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
\end{enumerate}
Altre proprieta' dei chiusi:
\begin{enumerate}
	\item Aperto $\-$ Chiuso = Aperto
		\begin{prova}
			\pf
			Sia $A\in \Theta,\;B\in \C$,
			\eal{
			&A\-B=A\^\ubrace{X\-B}{\T{aperto}} \in \Theta}
		\end{prova}
	\item Chiuso $\-$ Aperto = Chiuso
		\begin{prova}
			\pf
			Sia $A\in \Theta,\;B\in \C$,
			\eal{
			&B\-A=B\^\ubrace{X\-A}{\T{chiuso}} \in \Theta}
		\end{prova}
\end{enumerate}
\subsection{Limite}
\ilabel{limite}
Possiamo copiare dall'analisi e generalizzare il concetto di limite.\\
Supponiamo di avere una successione $p_n: \mathbb{N} \longrightarrow  X$,
allora un limite delle successione e' definito cosi':
\[
\lim_{n\rightarrow +\infty} p_n = l \;\;\Leftrightarrow \;\;\forall U \in B(l),\; \exists v > 0:\;\forall n>v,\;p_n \in U
\]

Il limite non e' unico in ogni topologia.
\begin{prova}
	\pf\\
	\ilabel{topologia!delle striscie}
	Consideriamo la topologia delle strisce $(\mathbb{R}^2, \Theta_s)$,
	dove 
	\[
	P \in \Theta_s\;\Leftrightarrow \;\forall p\in P,\;\exists \varepsilon
	>0:\; Striscia(p, \varepsilon) \subseteq  P
	\]
	dove 
	\[
	p=(x_0, y_0),\;\;Striscia(p, \varepsilon)=\{
	(x,y)\;|\;|x-x_0|<\varepsilon\}
	\]
	In sostanza, se disegniamo sul piano $Striscia(p, \varepsilon)$,
	otteniamo una striscia verticale di ampiezza $\varepsilon$ che si
	estende all'infinito verso sopra e verso sotto, e $x_0$ e' sempre
	a meta' tra $x_0-\varepsilon$ e $x_0+\varepsilon$.\\

	In questa topologia, la successione $p_n=(\frac{1}{n},0)$, non ha limite
	unico, infatti, tutti i punti dell'asse y sono suoi limiti. Per
	visualizzare: scegli un punto $p$ dell'asse y, scegli la striscia
	$Str(p,\varepsilon)$; allora $\forall
	n>v=\frac{1}{\varepsilon}\;\;(\frac{1}{n},0)\in Str(p,\varepsilon)$.
	\qed
\end{prova}
In sostanza, in $(\mathbb{R}^2, \Theta_e)$ il limite e' unico, perche'
	per ogni punto esiste un suo intorno che non puo' mai coincidere con
	l'intorno di un altro punto, invece, in $\mathbb{R}^2, \Theta_s$,
	basta che prendiamo $Striscia((x,y), \varepsilon)),\;Striscia((x,y'),
	\varepsilon))$ per avere due intorni uguali, associati a uno stesso
	punto $(x, y'')$.\\
\step{}{ Dimostriamo l'unicita' del limite in $(\mathbb{R}^2, \Theta_e)$}
\begin{prova}
	\assume{
	\begin{enumerate}
		\item $\lim_{n\rightarrow +\infty} p_n = l$
		\item $\lim_{n\rightarrow +\infty} p_n = l'$
		\item per assurdo: $l\neq l'$
		\item $U\in B(l),\;V\in B(l')$
		\item $U\cap V=  \emptyset$ [lo possiamo supporre poiche'
			siamo in $(\mathbb{R}^2, \Theta_e)$, che e' uno spazio
			$T_2$ (\vedi{spazio!di Hausdorff}).]
	\end{enumerate}
	}
	\prove{
	$l=l'$
	}
	\pf
	Per definizione di limite:
	\begin{align*}
		&\exists v>0:\;\forall n>v,\;a_n \in U\\
		&\exists v'>0:\;\forall n>v',\;a_n \in V\\
		&a_n\in U\cap V=\emptyset \;\textrm{ assurdo}
	\end{align*}
	\qed
\end{prova}
\subsection{Base}
\ilabel{base}
Sia $(X, \Theta)$ il nostro spazio topologico e sia $\B\subseteq \Theta$. $\B$
e' chiamata \emph{base} di $(X, \Theta)$, se ogni elemento di $\Theta$ si puo'
esprimere come unione di elementi di $\B$.
\[
\B\equiv \textrm{ base di $\Theta$}\;\Leftrightarrow \;\forall T \in
\Theta\;\;\exists \B_0\subseteq \B:T=\bigcup \B_0
\]
o equivalentemente
\[
\B\equiv \textrm{ base di $\Theta$}\;\Leftrightarrow \;\forall A \in
\Theta\;\forall x\in A\;\exists B\in \B:\;x\in B\subseteq A
\]
Proprieta':
\begin{enumerate}
	\item\label{pp1} Presi due $B_1, B_2\in \B$, allora $B_1\cap B_2$ e' unione
		di elementi di $\B$. Formalmente:
	\[
	B_1, B_2\in \B\;\Rightarrow \;\forall x \in B_1\cap B_2\;\exists B_3
	\in \B:\;x\in B_3\subseteq B_1\cap B_2
	\]
	\begin{prova}
		\pf Basta osservare che $B_1\cap B_2 \in \Theta $: 
		\begin{align*}
			&  B_1\cap B_2 \in \Theta \;\textrm{ [per la proprieta'
			degli aperti]} \\
			& \forall x \in B_1\cap B_2\;\exists B_3 \in
			\B:\;\;x\in B_3 \subseteq  B_1\cap B_2\;\textrm{ [def.
			di base]}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
\item \label{pp2} Ogni elemento di $X$ e' contenuto in un elemento della base
	\[
	\forall x \in X\;\exists B_1\in \B:\;x\in B_1
	\]
	che equivale a dire:
	\[
	X=\bigcup \B 
	\]
	\step{}{Dimostriamo questa equivalenza}
	\begin{prova}
		\label{abracadabra}
		\assume{
		$\forall x \in X\;\exists B_1\in \B:\;x\in B_1$
		}
		\prove{
		$X\subseteq \bigcup \B\;\land \;\bigcup \B\subseteq X$
		}\pf\\
		Sia $x\in X$, per Hp $\exists B_1\in \B:\;x\in B_1$ e allora
		\[x\in B_1\subseteq
		\bigcup \B\;\Rightarrow \;x\in \bigcup \B\] e quindi $X\subseteq \bigcup \B$\\
		Sia $b\in\bigcup \B$,  poiche' per definizione $\B \subseteq \Theta$ si ha immediatamente che:
		\[
		b\in\bigcup \B \subseteq X
		\]
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dimostriamo la proprieta'}
	\begin{prova}
		\assume{
			$\B$ base per $\Theta$
		}\prove{
		$\forall x \in X\;\exists B_1\in \B:\;x\in B_1$
		}\pf
		\begin{align*}
			& X\in\Theta\;\Rightarrow \;\forall x \in X\;\exists
			B_1 \in \B:\;x\in B_1\subseteq X\;\;\textrm{ [proprio
			per def. di base}
		\end{align*}
		Mini dim. alternativa: poiche' $X\in\Theta$, $X$ sara' unione di elementi di $\B$,
		allora dato che $x\in X$, $x$ appartera' anche a questa unione e
		quindi a qualche $B\in\B$.
		\qed
	\end{prova}
\end{enumerate}
Le proprieta' \see{pp1} e \see{pp2} sono anche una caratterizzazione della
base, cioe'
\[
\B\textrm{ base di una certa topologia }\Theta \textrm{ su }X\;\Leftrightarrow \;\begin{cases}
	B_1, B_2\in \B\;\Rightarrow \;\forall x \in B_1\cap B_2\;\exists B_3
	\in \B:\;x\in B_3\subseteq B_1\cap B_2\\
	\forall x \in X\;\exists B_1\in \B:\;x\in B_1
\end{cases}
\]
\step{}{Abbiamo gia' dimostrato $\Rightarrow $, ci resta da dimostrare
$\Leftarrow $}
\begin{prova}
	\assume{
	\begin{enumerate}
		\item $\B \subseteq  P(X)$,ovvero $\B$ e' una collezione di
			sottoinsiemi di $X$.
		\item $\B$ rispetta le due condizioni.
	\end{enumerate}
	}\prove{
	\begin{enumerate}
		\item $\Theta=\{A\;|\;A\textrm{ e' unione di elementi di }\B\}$
			e' una topologia su $X$
		\item $\B$ e' una base di $\Theta$
	\end{enumerate}
	}\pf Vediamo che $\Theta$ e' una topologia:
	\begin{itemize}
		\item $\emptyset \in\Theta$ perche' unione di elementi nulli
			di $\B$
		\item $X\in\Theta$ per quanto
			abbiamo dimostrato prima in \see{abracadabra}, cioe':
			\[
			X=\bigcup \B
			\]
		\item Dato $A_1, A_2\in\Theta$ vogliamo provare che $A_1\cap
			A_2\in \Theta$.\\
			\begin{align*}
				&x\in A_1\cap A_2\;\Rightarrow \;x\in
				B_{x_1}\subseteq A_1, x\in B_{x_2}\subseteq
				A_2\\
				&\textrm{Per la prima condizione: }\exists B_{x_3}\in\B:\;x\in
				B_{x_3}\subseteq B_{x_1}\cap B_{x_2}\\
				&\qq\Rightarrow \; x\in  B_{x_1}\cap B_{x_2}\;\Rightarrow
				\;A_1\cap A_2 \subseteq  B_{x_1}\cap B_{x_2}\in \Theta
			\end{align*}
		\item
		Unione arbitraria di aperti e' un aperto, infatti, sia
		$T_{\alpha}\in \Theta$
		\begin{align*}
			\bigcup_{\alpha \in I} T_{\alpha} &= \bigcup_{\alpha \in I} \bigcup_{\beta \in J_{\alpha}} B_{\beta} \\
			\intertext{(dato che ogni $T_{\alpha}$ e' unione di
			elementi di $\B$)}
			&= \bigcup_{\beta \in \bigcup_{\alpha \in I}
			J_{\alpha}} B_{\beta} \in \Theta
		\end{align*}

	\end{itemize}
	\qed
\end{prova}
\subsubsection{Secondo assioma di numerabilita'}
\ilabel{T2}
\ilabel{secondo assioma di numerabilita'}
Uno spazio topologico $(X,\Theta)$ soddisfa $AS_2$, chiamato il secondo assioma
di numerabilita', se esiste una base per $\Theta$ numerabile o finita. Brevemente si
dice che $\Theta$ e' a base numerabile.
\[
(X,\Theta)\textrm{ soddisfa } AS_2\;\Leftrightarrow \;\exists \B\textrm{ base per $\Theta$}:\;|\B|\le |\mathbb{N}|
\]
\subsubsection{Esempi}
\label{exptn2}
\begin{itemize}
	\item L'unica base per la topologia indiscreta $\Theta_i$ e' $\{X\}$.
	\item Una base per $\Theta_d$, la topologia discreta e'
		$\{\{x\}_{x\in X}\}$, ovvero l'insieme di tutti i singoletti.
		Inoltre, in una qualsiasi base di $\Theta_d$, devono essere
		contenuti tutti i singoletti, infatti, dato che $\{x\}\in
		\Theta$ deve essere unione di elementi della base, allora
		l'unica possibilita' e' $\{x\}=\{x\}\cup\{x\}$, cioe' $\{x\}$ deve
		stare nella base. In conclusione, se l'insieme dei singoletti
		di $X$ non e' numerabile ed e' infinito, allora la sua topologia discreta non
		soddisfa $AS_2$.
	\item In $(\mathbb{R}, \Theta_e)$ una base e' $\B=\{]a,b[,\;a<b\}_{a,b\in
		\mathbb{R}}$, ma una ancora piu' piccola e'
		$\B'=\{]a,b[\}_{a,b\in\mathbb{Q}}\}$, infatti, ogni elemento di $\B$ e' unione
		di elementi di $\B'$ perche' se prendiamo un $x\in ]a,b[$, allora per la
		densita' di $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$ $\exists r\in \mathbb{Q}:\;r\in]a,x[$
		e $\exists s\in \mathbb{Q}:\;s\in]x,b[$.
	\item La base $\B'$ di prima e' numerabile, infatti:\\
		$|\B'|=|\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}|$, inoltre
		$\mathbb{Q}=\mathbb{N}\times \mathbb{N}$. Quindi
		$|\B'|=|\mathbb{N}\times \mathbb{N}\times \mathbb{N}\times
		\mathbb{N}|$. Per il teorema delle
		potenze Cantor $|\mathbb{N}^p|=|\mathbb{N}|$, percio'
		$|B'|=|\mathbb{N}|$.\\
	      Quindi per definizione $(\mathbb{R}, \Theta_e)$ e' a base
	      numerabile.
      \item $(\mathbb{R}, \Theta_d)$ non e' a base numerabile, infatti,
	      poiche', come abbiamo visto prima, in ogni base $\B$ di
	      $\Theta_d$ devono essere contenuti tutti i singoletti di
	      $\mathbb{R}$ abbiamo che $|\B| \ge |\mathbb{R}|$.
      \item In $(\mathbb{R}^2, \Theta_e)$ ogni aperto e' unione di dischi,
	      quindi una sua base $\B$ e' la famiglia di tutti i dischi (cosi' come
	      in $(\mathbb{R}, \Theta_e)$ una base era la famiglia di tutti
	      gli intervalli aperti).\\
	      Una base piu' piccola e' questa:
	      \[
	      \B'=\{]r,s[\times ]r',s'[\;|\;r,s,r',s'\in\mathbb{Q}\}
	      \]
	      $]r,s[\times ]r',s'[$ e' un rettangolo aperto (senza bordo), cioe'
	      e' questo insieme di punti:
	      \[
	      ]r,s[\times ]r',s'[ = \{ (x,y)\in
	      \mathbb{R}^2\;|\;r<x<s,\;r'<y<s'\}
	      \]
	      Per provare che $\B'$ e' una base, basta mostrare che ogni
	      disco, cioe' ogni elemento di $\B$ e' unione di elementi di
	      $\B'$ cioe' quadrati a coordinate razionali, piu' precisamente bisogna mostrare che
	      dato un disco $S$
	      \[
	      \forall (x,y) \in S\;\exists Q \in \B':\;(x,y)\in Q \subseteq S
	      \]
	      Disegnando la situazione questo risulta ovvio e intuitivo. La dimostrazione
	      formale richiederebbe un po' piu' di passaggi.
	      \step{}{Dimostrazione intuitiva}
	      \begin{prova}
		      Prendiamo un generico disco di centro $C$ e di raggio
		      $CA$ (senza bordo, perche' stiamo considerando insiemi
		      aperti). Prendiamo allora un suo punto $P$ all'interno. E'
		      ovvio allora che possiamo trovare un rettangolo che
		      contenga $P$ e sia contenuto nel disco.
		      \qed
	      \begin{figure}[h]
		      \begin{center}
			      \includegraphics[scale=0.5]{fig/discoquadato}
		      \end{center}
	      \end{figure}
	      \end{prova}
\end{itemize}
\subsection{Sistema fondamentale d'intorni}
\ilabel{base d'intorni}
\ilabel{sistema fondamentale d'intorni}
\ilabel{base locale}
In $(X,\Theta)$, dato $x\in X$ e $\V_x \subseteq  B(x)$, 
\[
\V_x \equiv \textrm{ base d'intorni per $x$}\;\Leftrightarrow \;\forall U \in
B(x)\;\exists V\in \V_x:\;V\subseteq U
\]
Altre nomenclature equivalenti sono \emph{sistema fondamentale d'intorni}, 
\emph{base locale}.\\
Il primo assioma di numerabilita' (chiamato $AS_1$):
\[
(X,\Theta) \textrm{ soddisfa $AS_1$}\;\Leftrightarrow \;\forall x\in
X\;\exists \V_x \textrm{ base locale di $x$}:\;\;|\V_x|\le|\mathbb{N}|
\]
ovvero se per ogni $x\in X$ esiste una sua base locale numerabile o finita, allora
lo spazio topologico soddisfa il primo assioma di numerabilita'.
\begin{prop}
	\[
		AS_2 \Rightarrow AS_1
	\]
\end{prop}
\textbf{Proprieta':}
Se in $(X,\Theta)$, per ogni $x\in X$ e' assegnato una base locale  $\V_x$
formata da intorni aperti, allora valgono queste proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $\V_x\neq \emptyset $, $ \;\forall U \in \V_x\;x\in U$
	\item $U_1,U_2\in \V_x\;\Rightarrow \;\exists U_3\in \V_x:\;
		U_3\subseteq U_1\cap U_2$. Ovvero, l'intersezione di due
		elementi di $\V$ e' un intorno ``generato'' da un elemento di
		$\V$.
	\item $x\in U\in \V_y\;\Rightarrow \; \exists V \in \V_x:\;V\subseteq U$
\end{enumerate}
\begin{prova}
\pf\\
\step{}{Dimostriamo la 1}
\begin{prova}
	Intanto $B(x)\neq \emptyset $ per la prima proprieta' degli intorni. Allora,
	per far vedere che $\V_x \neq \emptyset $ dobbiamo dimostrare che
	preso un $U\in B(x)$ esiste un $V\in \V_x$
	tale che $V\subseteq U$. Allora basta scegliere $V=U$.\\
	Poiche' $U\in  \V_x$ e' un intorno di $x$ segue immediatamente che 
	\[
	\forall U \in \V_x\;x\in U
	\]
	\qed
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo la 2}
\begin{prova}
	$B_1,B_2\in\V_x\;\Rightarrow \;B_1,B_2\in B(x)$, allora
	per le proprieta' degli intorni $B_1\cap B_2\in B(x)$ e quindi per
	definizione di $\V$, esistera' $B_3\in\V:\;B_3\subseteq B_2\in B(x)$.
	\qed
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo la 3}
\begin{prova}
	\assume{
	\begin{enumerate}
		\item $y\in X$
		\item $U \in \V_y$, $U$ aperto.
		\item $x\in U$
	\end{enumerate}
	} \prove{
	$\exists V \in \V_x:\;V\subseteq U$
	}
	$U$ e' un aperto e quindi, per il lemma \see{lemmmooo1}, e' intorno di ogni
	suo punto. Allora $U$ e' intorno di $x$, ma poiche' $\V_x$ e' base
	locale di $x$, segue, per definizione, che: \[\exists V \in
	\V_x:\;\;V\subseteq U\].
	\qed
\end{prova}
\end{prova}
\subsubsection{Esempi}
In $(\mathbb{R},\Theta_e)$, una base locale per $x\in\mathbb{R}$ e'
\[
\V_x = \left\{ \right]x-\frac{1}{n},x+\frac{1}{n}\left[ \;|\; n\in
\mathbb{N}\right\} \;\;\forall x \in \mathbb{R}
\]
inoltre questa base locale e' anche numerabile e quindi $\Theta_e$ soddisfa
$AS_1$.
\subsection{Chiusura di un insieme}
\ilabel{chiusura}
Sia $A\subseteq X$,
\[
\C_A=\{B\in \C\;|\;A\subseteq B\}
\]
ovvero l'insieme dei chiusi che contengono l'insieme $A$.\\
Definiamo \emph{chiusura} di $A$, il seguente insieme:
\[
\Oo{A} = \bigcap_{B\in \C_A } B
\]
Per la proprieta' \see{pc3}, $\Oo{A}$ e' un chiuso e inoltre e' il piu'
piccolo chiuso che contiene $A$.\\
Vale la seguente caratterizzazione per insiemi chiusi:
\[
A\equiv \textrm{ chiuso}\;\Leftrightarrow \;A=\Oo{A}
\]
\begin{prova}
	\pf
\step{}{Dim. $\Rightarrow$ }
\begin{prova}
	$A$, per Hp, e' chiuso, e poiche' $A\subseteq A$ si ha che $A \in
	\C_A$. Sia $D\in\C_A$, allora
	\begin{align*}
		&D\in\C_A\;\Rightarrow\;A\subseteq D\;\Rightarrow A\cap D=A
	\end{align*}
	Quindi l'intersezione di tutti gli elementi di $\C_A$, ovvero $\Oo{A}$
	e' proprio uguale a $A$.
	\qed
\end{prova}
\step{}{Dim. $\Leftarrow $}
\begin{prova}
	$A=\Oo{A}$, ma $\Oo{A}$ e' un chiuso, quindi anche $A$ lo e'.
	\qed
\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmpasegnato}
	\label{thm1.3}
	Sia $A \subseteq X$, allora
	\[
	p\in \Oo{A}\;\Leftrightarrow \;\forall U \in B(p)\;\;U\cap A\neq \emptyset 
	\]
	Ovvero, $p\in \Oo{A}$ se e solo se ogni suo intorno incontra $A$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf 
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\assume{
		$p\in\Oo{A}$\\
		$G\in B(p)$\\
		Per assurdo $G\cap A= \emptyset$
		}
		\prove{assurdo}
		\begin{align*}
			&\exists U\subseteq G:\;U\in\Theta\land  p\in U\subseteq
			G\;\;\textrm{ [per def. di intorno]}\\
			&G\cap A=\emptyset \;\Rightarrow\; U\cap A=\emptyset\;\Leftrightarrow\;A\subseteq
			X\setminus U\\
			&(X\setminus U) \textrm{ e' un chiuso perche' U e' un
			aperto}\\
			& A\subseteq X\setminus U\;\Rightarrow \;\Oo{A}
			\subseteq X\setminus U\;\textrm{ [$\Oo{A}$ e' il piu'
			piccolo chiuso in $\C_A$]}\\
			& p\in\Oo{A} \subseteq X\setminus U\;\Rightarrow
			\;p\in X\setminus U\;\textrm{ assurdo! perche' $p\in U$}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\assume{
		$\forall U \in B(p)\;\;U\cap A\neq \emptyset$\\
		Per assurdo $p\notin \Oo{A}$
		} 
		\begin{align*}
		&p\notin \Oo{A}\;\Rightarrow \;p\in X\setminus\overline{A}\\
			&\overline{A} \textrm{ e' un chiuso}\;\Rightarrow \;
			X\setminus	\overline{A} \textrm{ e' un
			aperto}\;\Rightarrow\; X\setminus \overline{A}
			\textrm{ e' un intorno di $p$, cioe' $X\setminus
			\overline{A}\in B(p)$}\\
			& A\subseteq \overline{A}\;\Rightarrow \;(X\setminus\overline{A})\cap A = \emptyset
			\;\textrm{ assurdo contro Hp}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}

\subsubsection{Proprieta' della chiusura}
\begin{enumerate}
	\item $\overline{\emptyset }=\emptyset,\;\;\overline{X}=X $\\
		Questo perche' $\emptyset $ e' un chiuso, e quindi per la
		caratterizzazione degli insiemi chiusi
		$\emptyset=\overline{\emptyset}$. Lo stesso vale per $X$.
	\item \label{prop2}
		$\forall A\subseteq X\;\;A\subseteq \overline{A}$\\
		Perche' $\overline{A}$ e' il piu' piccolo chiuso che contiene
		$A$.
	\item \label{prop41}
		Dato $A,B\subseteq X$,
	\[
	A\subseteq B\;\Rightarrow \;\overline{A}\subseteq \overline{B} \]
	\begin{prova}
		\pf
		\begin{align*}
			&A\subseteq B\subseteq \overline{B}\\
			&\overline{B}\;\T{ e' chiuso, contiene $A$}\\
			&\T{$\overline{A}$ e' il piu' piccolo chiuso
			contenente $A$}\\
			&\;\Rightarrow \;\overline{A}\subseteq \overline{B}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
	\item $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cup \overline{B}$\\
		\begin{prova}
			\pf \begin{align*}
				& A\subseteq \overline{A},\;B\subseteq
				\overline{B}\;\Rightarrow \;A\cup B\subseteq
				\overline{A}\cup \overline{B}\\
				&A\cup B\subseteq \overline{A\cup
				B}\;\textrm{ [per la prop. \see{prop2}]}\\
				& \textrm{Poiche' $\overline{A\cup B}$ e' il
				piu' piccolo chiuso che contiene $A\cup B$,
				sara' contenuto in $\overline{A}\cup
				\overline{B}$:}\\
				&\qq A\cup B \subseteq  \overline{A\cup
				B}\subseteq \overline{A}\cup \overline{B}\\
				&\textrm{Vediamo l'altra inclusione: }\\
				&A\subseteq A\cup B\;\Rightarrow \;\overline{A}\subseteq \overline{A\cup B}\;\textrm{ [ prop. \see{prop41}]}\\
				&B\subseteq A\cup B\;\Rightarrow \;\overline{B}\subseteq \overline{A\cup B}\;\textrm{ [ prop. \see{prop41}]}\\
				&\qq \overline{A}\cup \overline{B} \subseteq \overline{A\cup B}
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
	\item $\overline{\overline{A}}=\overline{A}$\\
		$\overline{A}$ e' un chiuso, e i chiusi coincidono con la
		propria chiusura.
\end{enumerate}

\subsection{Interno di un insieme}
\ilabel{interno}
La topologia e' una categoria. Uno dei primi risultati delle teoria delle
categorie\footnote{vedi http://del.icio.us/alpt/category } e' il principio duale: per ogni proprieta' che riguarda una
categoria esiste la sua proprieta' duale. Adesso, cosi' come abbiamo visto la
chiusura, definiremo una ``apertura''.

In un topologia $(X,\Theta)$, sia 
\[
\A_A=\{B\in \Theta\;|\;B\subseteq A\}
\]
$\A_A$ e' l'insieme di tutti gli aperti contenuti in $A$.\\
L'\emph{interno di $A$} e' definito come:
\[
\den{A}=\bigcup \A_A
\]
(Nota\footnote{
Sia $A\subseteq X$. Possiamo definire l'esterno di $A$ come l'unione di tutti
gli aperti contenuti in $X\setminus A$, o equivalentemente come l'interno di
$X\setminus A$.
})\\

$\den{A}$ e' l'unione di tutti gli aperti contenuti in $A$.\\
$\den{A}$ e' il piu' grande aperto contenuto in $A$.\\

Le proprieta' che valgono per la chiusura sono duali per l'interno.
\begin{prop}\label{propTHEM}
	\[
	A\equiv \textrm{ aperto}\;\Leftrightarrow \;A=\den{A}
	\]
\end{prop}
\begin{thm}
	\label{THEM}
	\[
	p\in\den{A}\;\Leftrightarrow \;\exists U\in B(p):\; U\subseteq A
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			& p\in\den{A}\;\Rightarrow \;p\in B\in \A_A\\
			& B \textrm{ e' aperto, e quindi intorno di ogni suo
			punto}\\
			& \textrm{inoltre, e' contenuto in $A$ poiche'
			elemento di $\A_A$}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Per Hp $\exists U\in B(p):\; U\subseteq A$, allora possiamo
		prendere un aperto $B$ dentro l'intorno $U$ t.c.
		\[
		p\in B\subseteq U \subseteq  A\;\Rightarrow \;B\subseteq
		A\;\Rightarrow\; B\in\A_A\;\Rightarrow \;p\in \bigcup \A_A = \den{A}
		\]
		\qed
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\textbf{Proprieta'} degli interni: sono le duali delle proprieta' della
chiusura:
\begin{enumerate}
	\item $\den{\emptyset }=\emptyset,\;\;\den{X}=X $
	\item $A\subseteq B\;\Rightarrow \;\den{A}\subseteq \den{B}$
	\item $\den{A}\subseteq A$
	\item $\den{(A\cap B)}=\den{A}\cap \den{B}$
	\item $\den{(\den{A})}=\den{A}$
\end{enumerate}
\begin{thm}
	\[
	\den{A}=X\setminus (\overline{X\setminus A})
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dimostriamo $\den{A}\supseteq X\setminus (\overline{X\setminus
	A})$}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
		&X\setminus A\subseteq \overline{X\setminus A}\\
		&\ubrace{X\setminus (X\setminus A)}{=A} \supseteq
		\ubrace{X\setminus \overline{X\setminus A}}{\T{aperto}}\\
		&A\supseteq X\setminus \overline{X\setminus A}\\
		&\den{A}\T{ e' il piu' grande aperto contenuto in $A$}\\
		&\;\Rightarrow \;\den{A}\supseteq X\setminus
		\overline{X\setminus A}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dimostriamo il viceversa}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&\den{A}\subseteq A \textrm{ [per le proprieta' degli interni]}\\
			&X\setminus \den{A}\supseteq X\setminus A\;\textrm{ [prendendo i complementari]}\\
			&X\setminus \den{A}\textrm{ e' chiuso perche'
			$\den{A}$ e' aperto, inoltre contiene $X\setminus A$, allora}\\
			&\qq \overline{X\setminus A} \subseteq  X\setminus
			\den{A}\;\;\textrm{ [perche' $ \overline{X\setminus A}
			$ e' il piu' piccolo chiuso che contiene $X\setminus
			A$]}\\
			& X\setminus \overline{X\setminus A} \supseteq
			\den{A}\;\textrm{ [riprendendo i complentari]}
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
%%%%%%%%
\subsection{Punti di accumulazione e di frontiera}
\ilabel{punto!d'accumulazione}
\ilabel{punto!di frontiera}
\ilabel{frontiera}
Sia $A\subseteq X$, dove $(X,\Theta)$ e' la topologia in cui stiamo
operando.\\
\begin{defn}
	\[ D(A)=\textrm{Punti di accumulazione per $A$ }= \{p\in X\;|\;\forall
	U\in B(p)\;\;\exists q\in X:\;q\neq p,\;q\in U\cap A\} \]
	O equivalentemente:
	$ D(A)=\{p\in X\;|\;\forall
	U\in B(p)\;\;\;U\cap (A\setminus\{p\})\neq \emptyset\} $\\
	In altre parole, un punto $p\in X$ e' di accumulazione per $A$ se ogni
	suo intorno incontra $A$ in almeno un punto distinto da $p$.
	O in altre parole, ``$x$ e' infinitamente vicino ad $A$''
	(questa analogia si basa sul fatto che gli intorni modellizzano
	il concetto di ``vicinanza'': i punti degli intorni piu' piccoli
	di $x$ sono quelli piu' vicini).
\end{defn}
\begin{defn}
	\[
	F(A) = \textrm{Punti di frontiera per $A$ } = \{ p \in X\;|\;\forall U
	\in B(p)\;\;U\cap A\neq \emptyset \; \;\land\;  \;U\cap (X\setminus A)\neq
	\emptyset 
	\]
	Ovvero, $p\in X$ e' un punto di frontiera per $A$ se ogni suoi intorno
	incontra $A$ e $X\setminus A$.
\end{defn}
\begin{thm}
	\label{tdfa}
	Dato $A\subseteq X$, abbiamo
\[
\overline{A}=A\cup D(A)=A\cup F(A)
\]
\end{thm}
	\begin{prova}
		\pf
		\step{da1}{Dim $\overline{A}=A\cup D(A)$}
		\begin{prova}
			\step{}{Dim $\overline{A}\subseteq A\cup D(A)$}
			\begin{prova}
				\assume{
				$p\in\overline{A}$
				}\prove{
				$p\in A\cup D(A)$
				}\case{
				$p\in A$
				} allora abbiamo finito perche' $p\in A\cup
				D(A)$.
				\case{
				$p\notin A$
				} 
				Poiche' $p\in\overline{A}$, per il thm
				\see{thmpasegnato}, ogni intorno di $p$
				incontra $A$:\\$\forall U\in B(p)\;\;U\cap
				A\neq \emptyset $. Ma poiche' $p\notin A$,
				avremo che $p\notin U\cap A$. Abbiamo
				ritrovato la definizione di punto di
				accumulazione:
				\[
				\begin{cases}
					\forall U\in B(p)\;\;U\cap A\neq
					\emptyset\\
					p\notin U\cap A
				\end{cases}\;\Rightarrow \;p\equiv\textrm{
				punto di
				accumulazione}
				\]
				\qed
			\end{prova}
			\step{}{Dim $A\cup D(A)\subseteq \overline{A}$}
			\begin{prova}
				Sia $p \in A\cup D(A)$. Distringuiamo due
				casi:\case{
				$p\in A$
				} allora $p\in \overline{A}$, perche'
				$\overline{A}$ e' il piu' piccolo chiuso
				contentente $A$.
				\case{
				$p\in D(A)$
				} tutti gli intorni di $p$ incontrano $A$ e
				quindi per il thm \see{thmpasegnato} segue che
				$p\in \overline{A}$
				\qed
			\end{prova}
		\end{prova}
		\step{}{Dimostriamo $\overline{A}=A\cup F(A)$}
		\begin{prova}
			\step{}{Dim $\overline{A}\subseteq A\cup F(A)$}
			\begin{prova}
				\assume{
				$p\in\overline{A}$
				}\prove{
				$p\in A\cup F(A)$
				}\case{
				$p\in A$
				} allora abbiamo finito perche' $p\in A\cup
				F(A)$.
				\case{
				$p\notin A\;\Leftrightarrow \;p\in X\setminus A$
				} 
				Poiche' $p\in\overline{A}$, per il thm
				\see{thmpasegnato}, ogni intorno di $p$
				incontra $A$:\\$\forall U\in B(p)\;\;U\cap
				A\neq \emptyset $. Poiche' $p\in X\setminus A$ e $p\in
				U$ avremo che in $U\cap (X\setminus A)$ c'e' almeno $p$.
				Ricapitolando: ogni intorno di $p$ incontra
				$A$ e $X\setminus A$, quindi $p$ e' un punto
				di frontiera.
				\qed
			\end{prova}
			\step{}{Dim $A\cup F(A) \subseteq  \overline{A}$}
			\begin{prova}
				Questa dimostrazione e' identica a quella
				usata in \stepref{da1}, basta sostituire $D(A)$ con
				$F(A)$.
				\qed
			\end{prova}
		\end{prova}
	\end{prova}
\subsubsection{Proprieta' del derivato}
\begin{enumerate}
	\item $D(A_1\v A_2)=D(A_1)\v D(A_2)$
	\begin{prova}
		\pf
		\begin{prova}
	\eal{
	&x\in D(A_1\v A_2)\=
	\sist{\forall B\in B(x)\'B\^(A_1\v A_2)\-\{x\}\neq \0\\
	B\^(A_1\v A_2)\-\{x\}=(B\^A_1)\v (B\^A_2)\-\{x\} \neq \0}\= x\in
	D(A_1)\v D(A_2)
	}
		\end{prova}
	\end{prova}
\end{enumerate}
\subsubsection{Proprieta' della frontiera}
\begin{enumerate}
	\item $F(\den{A})\subseteq  F(A)$
		\begin{prova}
			\pf
			Sia $p\in F(\den{A})$ allora ogni intorno di $p$
			incontra $\den{A}$ e $X\setminus \den{A}$. Scegliamo
			$U\in B(p)$ aperto (possiamo sempre scegliere un
			intorno aperto), allora:
			\begin{align*}
				& U \in B(p) \;\Rightarrow \;\exists q \in
				U\cap \den{A},\;\exists z \in U\cap (X\setminus
				\den{A})\\
				& q\in \den{A} \subseteq  A\;\Rightarrow
				\;U\cap  A\neq \emptyset 
			\end{align*}
			\case{
			$z\notin A$
			}
			In questo caso, abbiamo finito perche' $U\cap  A\neq
			\emptyset $ e $U\cap X\setminus A\neq \emptyset $ e
			quindi $F(\den{A})\subseteq  F(A)$. Altrimenti
			\case{
			$z\in A$
			} Sappiamo che $z\in X\setminus\den{A}$ e quindi
			utilizzando il thm \see{THEM} otteniamo:
			\[
			\forall V\in B(z):\; V\nsubseteq A
			\]
			ma $U\in B(z)$ perche' $U$ e' un aperto e quindi e'
			intorno di ogni suo punto. In conclusione:
			\[
			U\nsubseteq A\;\Rightarrow \;U\cap X\setminus
			A\neq\emptyset 
			\]
			\qed
		\end{prova}
		Il viceversa di questa proprieta' non vale sempre. Ecco un
		contro esempio in figura:
			\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.5]{fig/sole}
			\end{center}
			\label{figcontroesempioFiAFA}
		$F(\den{A})$ e' la circonferenza $S$ del disco, mentre $F(A)$
		e' l'unione della circonferenza e dei raggi.
	\item $F(A\cup B)\subseteq F(A)\cup F(B)$
		\begin{prova}
			\pf Sia $p\in F(A\cup B)$, allora ogni suo intorno
			incontra $A\cup B$ e $X\setminus A\cup B$.\\
			Supponiamo per assurdo che $p\notin  F(A)\cup F(B)$ e
			quindi 
			\[
			\begin{cases}
				p\notin  F(A)\;\Rightarrow \;\exists U\in
				B(p):\;U\cap A=\emptyset \\
				p\notin  F(B)\;\Rightarrow \;\exists V\in
				B(p):\;V\cap B=\emptyset
			\end{cases}
			\]
			
			$V\cap U$ e' un intorno di $p$ (per la prop. degli
			intorni), allora poiche' $p\in F(A\cup B)$ segue:
			\[
			(V\cap U) \cap (A\cup B)\neq \emptyset 
			\]
			ma questo e' assurdo perche'
			\[
			(V\cap U) \cap (A\cup B) = (V\cap U \cap A) \cup
			(V\cap U \cap B) = (V\cap \emptyset ) \cup (V\cap
			\emptyset ) = 	\emptyset \cup \emptyset =\emptyset 
			\]
			\qed
		\end{prova}
		Ecco un controesempio per $F(A\cup B)\neq F(A)\cup F(B)$:
		consideriamo $A=]0,1],\;B=[1,2[$ in $(\mathbb{R},\Theta_e)$
		allora \[A\cup B=]0,2],\;F(A\cup B)=\{0,2\},\;\;F(A)=\{0,1\},
		\;F(B)=\{1,2\}\;\;F(A)\cup F(B)=\{0,1,2\}\]
	\item $F(A)=F(X\setminus A)$
		\begin{prova}
			\pf
		\begin{align*}
		&x\in F(A)\;\Leftrightarrow \;\forall U\in B(x)\;\;U\cap A\neq
		\emptyset ,\;U\cap X\setminus A\neq \emptyset \\
		&x\in F(X\setminus A)\;\Leftrightarrow \;\forall U\in
		B(x)\;\;U\cap X\setminus A\neq
		\emptyset ,\;U\cap A\neq \emptyset \\
		\end{align*}
	\item \label{propAapertosseAnonincontraFA}
		$A\T{ aperto }\= A\^ F(A) = \0$
		\begin{prova}
		\pf
		\step{}{Dim $\>$}
	\begin{prova}
	\eal{&A\T{ aperto }\= A=\den{A}\\
	&x\in A=\den{A}\>\exists B\in B(x):\;\;B\( A\\
	&B\(A \> B \nsubseteq X\-A \> x\notin F(A) \> F(A) \^ A=\0}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\<$}
\begin{prova}
	Sia $x\in A$
	\eal{
&x\in A,\;\;F(A)\^A=\0\> x\notin F(A)\> \exists B \in
B(x):\;B\^A=\0\|B\^(X\-A)=\0\\
&x\in A \> B\^A\neq \0\> B\^(X\-A)=\0\=B\(A\> x\in F(A)
	}
\end{prova}
\qed
		\end{prova}
		\end{prova}
\end{enumerate}
\begin{prop}
\label{propAdominioimplicaAeqFAvDenA}
\eal{&A\T{ chiuso } \= A=F(A)\v\den{A}}
\end{prop}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	\step{}{Dimostriamo $F(A)\v \den{A} \(A $}
	\begin{prova}
Poiche' $A$ e' un chiuso:
\eal{&A \ubrace{=}{\see{chiusura}} \ove A  \ubrace{=}{thm \see{tdfa}}  F(A)\v A \> F(A) \( A \\
&\sist{F(A)\(A\\
\den{A}\(A}\>F(A)\v \den{A} \(A
}
	\end{prova}
\step{}{Dimostriamo l'inclusione inversa}
\begin{prova}
Prendiamo un $x\in A$. Se $x\in F(A)$, allora abbiamo finito.\\ Supponiamo che
$x\notin F(A)$  e
dimostriamo $x\in \den{A}$.\\
Supponiamo per assurdo che $x\notin \den{A}$. Allora, per la caratterizzazione
dei punti interni \see{THEM}, abbiamo:
\eal{&\forall U\in B(x)\;\;U\nsubseteq A\= \exists y\in U\^(X\-A)
}
e poiche' $x\in A,x\in U$, possiamo dire:
\eal{&\forall U\in B(x)\;\;U\^A \neq 0 \& U\^(X\-A) \neq 0
}
allora, per definizione,  $x\in F(A)$. Assurdo.
\end{prova}
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo $\<$}
\begin{prova}
Supponiamo che $A=F(A)\v \den{A}$. Supponiamo per assurdo che $A$ sia
un'aperto, allora
\eal{&A\T{ aperto }  \ubrace{\=}{\see{propAapertosseAnonincontraFA}} 
A\^F(A) = \0 \> F(A)\nsubseteq A \> F(A)\v \den{A} \nsubseteq A \> A \neq
F(A)\v \den{A}\T{ assurdo }
}
quindi $A$ e' un chiuso.
\end{prova}
\qed
\end{prova}

\subsection{Dominio}
\begin{defn}
\index{dominio}
\label{dominio}
Dato uno spazio topologico $(X,\Theta)$, 
\eal{&A\T{ e' un dominio } \= \sist{A \neq \0\\
A\T{ e'	chiuso}\\
	A\(D(\den{A})}
}
La figura in \see{figcontroesempioFiAFA} mostra un insieme che non e' un
dominio: il punto $Q$ non appartiene al derivato dell'interno, ovvero $Q$ non e'
			un punto di accumulazione dell'interno: l'interno e' il solo cerchio.
\end{defn}

\subsection{Costruzioni topologiche}
\ilabel{costruzione di topologie}
Per creare uno spazio topologico, fin'ora abbiamo avuto bisogno di descrivere la
totalita' della topologia (tutti gli insiemi aperti). Adesso vedremo com'e'
possibile creare topologie descrivendo parti piu' piccole.
\subsubsection{Con famiglia dei chiusi}
\ilabel{costruzione!da chiusi}
Sia $X\neq \emptyset,\;\C\subseteq P(X)$ in modo tale che vengano rispettate
queste proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $X,\emptyset \in \C$
	\item $C_1, C_2 \in \C\;\Rightarrow \; C_1 \cup C_2 \in \C$
	\item $\forall i \in I,\; C_i\in \C\;\Rightarrow \;\bigcap_{i\in I}C_i\in\C$
\end{enumerate}
allora e' possibile definire un'unica topologia $\Theta$ su $X$ in modo tale
che i chiusi siano gli elementi di $\C$:\[
\Theta=\{A\subseteq X:\;\;X\setminus A\in\C\}
\]
e' facile verificare che $\Theta$ e' una topologia e che e' unica.

\subsubsection{Con famiglia di intorni}
\ilabel{costruzione!da famiglie d'intorni}
Sia $X\neq \emptyset $, $\forall x \in X\;\exists$ una famiglia
$B(x)\subseteq P(X)$ tale che siano verificate le seguenti proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $\forall x\in X\;\;B(x)\neq \emptyset,\;\;\forall U\in
		B(x)\;x\in U$
	\item $B_1, B_2 \in B(x)\;\Rightarrow \;B_1\cap B_2 \in B(x)$
	\item $N\in B(x),\;\;N\subseteq M \subseteq  X\;\Rightarrow \; M \in B(x)$
	\item $N\in B(x)\;\Rightarrow \;\exists M \in B(x):\;M\subseteq N\;\land \forall y\in M,\; M\in B(y)$
\end{enumerate}
allora e' possibile definire un'unica topologia $\Theta$ su $X$ in modo tale
che per ogni $x\in X$ la famiglia degli intorni di $x$ sia proprio $B(x)$:
\[
\Theta=\{A\subseteq X\;|\;\forall x\in X\;\;A\in B(x)\}
\]
o equivalentemente 
\[
\Theta=\{A\subseteq X\;|\;\forall x\in A\;\exists N\in B(x):\;N\subseteq A\}
\]
\step{}{Dimostriamo che $\Theta$ e' una topologia}
\begin{prova}
\begin{prova}
	\begin{enumerate}
		\item $\emptyset\in\Theta$ perche' $\theta$ non ha elementi e
			quindi $\forall x\in A\dots$ e' sempre vero.\\
		\item $X\in \Theta$ perche' $\forall x\in X\;\;X\in B(x)$
		\item $A_1, A_2\in \Theta$ e' vero che $A_1\cap A_2\in
			\Theta$?
			\begin{align*}
				&x\in A_1\cap A_2\\
				&x\in A_1\;\Rightarrow\;A_1\in
				B(x)\;\textrm{ [per la def. di $\Theta$]}\\
				&x\in A_2\;\Rightarrow \;A_2\in B(x)\\
				&A_1\cap A_2\in B(x)\;\textrm{ prop. 2 degli
				intorni]}\\
				&\qq \Rightarrow \;A_1\cap A_2\in \Theta
			\end{align*}
		\item E' vero che \[
			\forall i \in I,\; A_i\in \Theta\;\Rightarrow
			\;\bigcup_{i\in I}A_i\in\Theta
		      \]?
		      \begin{align*}
			      & x\in A_i\;\Rightarrow \;A_i\in
			      B(x)\;\textrm{ [per la def. di $\Theta$]}\\
			      &A_1\subseteq A_1\cup A_2\;\Rightarrow \;A_1\cup
			      A_2\in B(x)\;\textrm{ [prop. 3 degli intorni]}\\
			      &\qq\Rightarrow \bigcup_{i\in I}A_i\in\Theta
		      \end{align*}
	\end{enumerate}
	\qed
\end{prova}
\end{prova}
\subsubsection{Con base}
\ilabel{costruzione!da base}
Sia $X\neq \emptyset $, $\forall x \in X\;\exists$ una famiglia
$\B \subseteq P(X)$ tale che siano verificate le seguenti proprieta':
\begin{enumerate}
	\item
	$
	B_1, B_2\in \B\;\Rightarrow \;\forall x \in B_1\cap B_2\;\exists B_3
	\in \B:\;x\in B_3\subseteq B_1\cap B_2
	$
\item 
	$
	\forall x \in X\;\exists B_1\in \B:\;x\in B_1
	$
	che equivale a dire:
	$
	X=\bigcup \B 
	$
\end{enumerate}
allora e' possibile definire un'unica topologia $\Theta$ su $X$ in modo tale
che per $\B$ sia una base di $\Theta$:
\[
\Theta=\{A\subseteq X\;|\;\exists \B_0\subseteq \B:A=\bigcup \B_0\}
\]
che equivale a
\[
\Theta=\{A\subseteq X\;|\;\forall x \in A\;\exists B\in\B:\;x\in B\subseteq A\}
\]
\step{}{Dimostriamo che $\Theta$ e' una topologia}
\begin{prova}
\begin{prova}
	\begin{enumerate}
		\item $\emptyset\in\Theta$ perche' $\theta$ non ha elementi e
			quindi $\forall x\in A\dots$ e' sempre vero.\\
		\item $X\in \Theta$ per la proprieta' 2 delle basi, ovvero $X=\bigcup \B $
		\item $A_1, A_2\in \Theta$ e' vero che $A_1\cap A_2\in
			\Theta$?
			\begin{align*}
				&x\in A_1\cap A_2\\
				&x\in A_1\;\Rightarrow\;\exists B_1 \in
				\B:\;x\in B_1\subseteq A_1\;\textrm{ [per la def. di $\Theta$]}\\
				&x\in A_2\;\Rightarrow\;\exists B_2 \in
				\B:\;x\in B_2\subseteq A_2\\
				&\qq \forall x \in A_1\cap A_2\;\;x\in B_1\cap 
				B_2\subseteq A_1\cap A_2\\
				&\qq \Rightarrow \;A_1\cap A_2\in \Theta
			\end{align*}
		\item E' vero che \[
			\forall i \in I,\; A_i\in \Theta\;\Rightarrow
			\;\bigcup_{i\in I}A_i\in\Theta
		      \]?
		      \begin{align*}
			      & x\in A_i\;\Rightarrow \;\exists B_i \in
			      \B:\;x\in B_i\subseteq A_i \;\textrm{ [per la def. di $\Theta$]}\\
			      &\qq\forall x\in \bigcup_{i\in
			      I}A_i\;\Rightarrow \;x\in A_j\;\Rightarrow \;\exists
			      B_j\in\B:\;x\in B_j\subseteq A_j\subseteq
			      \bigcup_{i\in I}A_i\\
			      &\qq \Rightarrow \;\bigcup_{i\in I}A_i\in\Theta
		      \end{align*}
	\end{enumerate}
	\qed
\end{prova}
\end{prova}
\textbf{Esempio: } La retta di Sorgenfrey e' costruita solo a partire da
una base:
\ilabel{Sorgenfrey}
\ilabel{retta di Sorgenfrey}
\[
\B=\{[a,b[\}_{a<b}
\]
si puo' dimostrare che $\B$ soddisfa tutte le proprieta' delle basi. Nasce
cosi' $(\mathbb{R},\Theta_s)$. Un qualsiasi $[x,y[\subseteq \mathbb{R}$ e'
sia aperto che chiuso: e' aperto perche' e' unione di elementi di $\B$, ed e'
chiuso: 
\[
Z=\mathbb{R}\setminus [x,y[=]-\infty,x[\cup [y,+\infty[
=(\bigcup_{n\in\mathbb{N}} [x-n,x[)\cup (\bigcup_{n\in\mathbb{N}} [y,y+n[)
\]
$(\bigcup_{n\in\mathbb{N}} [x-n,x[)$ e' unione di elementi di $\B$ e' quindi
e' un aperto, lo stesso vale per $(\bigcup_{n\in\mathbb{N}} [y,y+n[)$.
$Z$ essendo unione di aperti e' un aperto e quindi $\mathbb{R}\setminus
Z=[x,y[$ e' un chiuso.\\
La topologia di Sorgenfrey soddisfa $AS_1$ ma non $AS_2$.
\begin{prova}
\pf
\step{}{Dimostriamo che soddisfa $AS_1$}
\begin{prova}
Una base d'intorni numerabile per $x\in X$ e' 
\[
\V_x={\left\{\Big[x,x+\frac{1}{n}\Big[\right\}}_{n\in\mathbb{N}}
\]
infatti, se prendiamo $U\in B(x)$, per definizione di intorno,\\ esiste
$A\in\Theta:\;x\in A\subseteq U$. Poiche' $A$ e' unione di elementi di $\B$,
esistera' un $[z,y[\in A:\;x\in[z,y[$, quindi
\begin{align*}
	&[x,y[\subseteq [z,y[\subseteq U\\
	&\textrm{Sia $n\in\mathbb{N}:\;$} x+\frac{1}{n}<y\;\Rightarrow
	\;\Big[x,x+\frac{1}{n}\Big[\subseteq [x,y[\subseteq [z,y[\subseteq U\\
	&\textrm{Nota: }\Big[x,x+\frac{1}{n}\Big[\in \V_x
\end{align*}
	\qed
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo che non soddisfa $AS_2$}
\begin{prova}
	Supponiamo per assurdo che esista una base $\B$ numerabile per
	$\Theta_s$. Poniamo
	\[
	E=\{\inf D\;|\;D\in\B\}
	\]
	$|E|\le |\B|$, e quindi $E$ e' al piu' numerabile, allora
	$\mathbb{R}\setminus E\neq \emptyset $.\\
	Sia $x\in\mathbb{R}\setminus E$.
	\begin{align*}
		&[x,x+1[ \textrm{ e' aperto}\;\Rightarrow \;\exists
		D\in\B:\;x\in D\subseteq [x,x+1[\\
		&\inf D=x\;\textrm{ perche' $x\in D$ e $D\subseteq [x,x+1[$}
	\end{align*}
	$\inf D=x\;\Rightarrow \;x\in E$ e' assurdo perche' $x\in \mathbb{R}\setminus E$
	\qed
\end{prova}
\end{prova}

\subsubsection{Con base d'intorni}
\ilabel{costruzione!da base d'intorni}
Sia $X\neq \emptyset $, $\forall x \in X\;\exists$ una famiglia
$\V_x \subseteq P(X)$ tale che siano verificate le seguenti proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $\V_x\neq \emptyset $, $ \;\forall U \in \V_x\;x\in U$
	\item $U_1,U_2\in \V_x\;\Rightarrow \;\exists U_3\in \V_x:\;
		U_3\subseteq U_1\cap U_2$. 
	\item $x\in U\in \V_y\;\Rightarrow \; \exists V \in \V_x:\;V\subseteq U$
\end{enumerate}
allora e' possibile definire un'unica topologia $\Theta$ su $X$ in modo tale
che $\V_x$ sia una base d'intorni per $x\in X$:
\[
\Theta=\{A\subseteq X\;|\;\forall x \in A\;\exists B\in\V_x:\;x\in B\subseteq A\}
\]
Nota: la prop. 3 non serve per definire $\Theta$, serve solo per dimostrare
che tutti gli elementi di $\V_x$ sono aperti.
\begin{exemp}
Il piano di Niemytzki.\\
\ilabel{Niemytzki}
\ilabel{piano di Niemytzki}
Sia $L=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\;|\;y\ge 0\}$. Definiamo una base d'intorni per
$p=(x,y)$:\case{
$y>0$
} \[\V_p=\{\textrm{Dischi senza bordo di raggio $\frac{1}{n}$ e di centro
$p$}\}\]
\case{
$y=0$
}\[\V_p=\{\textrm{Dischi tangenti in $p$ nel bordo (senza circonferenza, ma con $p$ incluso) e raggio $\frac{1}{n}$}\}\]
\begin{figure}[h]
	\begin{center}
		\includegraphics{fig/niem}
	\end{center}
	\caption{Il piano di Niemytzki}
	\label{fig:niem}
\end{figure}
\begin{prova}
\step{}{Verifichiamo che questa base d'intorni definisce una topologia.
Dobbiamo quindi provare le tre proprieta' delle basi d'intorni.}
\begin{prova}
Ovviamente $\V_p\neq \emptyset $.
Se prendiamo un $U\in \V_p$, allora proprio per costruzione di $\V_p$ si ha
che $p\in U$.\\
Prendiamo $U_1,U_2\in \V_p$. Nel caso in cui $U_1,U_2$ siano due dischi di
centro $p$, o uno e' contenuto nell'altro o viceversa, quindi $U_1\cap
U_2=U_1\;\lor  \;U_1\cap U_2=U_2$, quindi in entrambi i casi la proprieta' due
e' rispettata. Analogamente si vede per il caso in cui i dischi siano tangenti
in $p$.\\
In definitiva, $L$ con $\V_p$ definiscono una topologia. Poiche' $\V_p$ e'
numerabile, la topologia di Niemytzki soddisfa $AS_1$.
\qed
\end{prova}
\end{prova}
Sia $L_1=\{(x,0)\;|\;x\in \mathbb{R}\}$ (cioe' l'asse $x$ del piano),
$L_2=L\setminus L_1$ (cioe' il semipiano di Niemytzki privato dell'asse $x$).
\begin{itemize}
	\item $L_1$ e' chiuso.
		\begin{prova}
			\pf
			$L_2$ e' aperto, perche' per ogni suo
			punto $p$ esiste un disco $B\in \V_p$ tale che $p\in
			B\subseteq L_2$. Quindi $L_1=L\setminus L_2$ e' chiuso.
			\qed
		\end{prova}
\end{itemize}
\end{exemp}
\subsection{Densita' e separazione}
\begin{defn}
\ilabel{denso}
\ilabel{separato}
In $(X,\Theta)$, sia $A\subseteq X$, 
\begin{align*}
	&A\equiv \textrm{denso}\;\Leftrightarrow \;\overline{A}=X\\
	& (X,\Theta)\equiv\textrm{separabile}\;\Leftrightarrow \;\exists A\subseteq X, \textrm{ denso e numerabile}
\end{align*}
\end{defn}
\begin{thm}\ilabel{carattinsiemedenso}
Caratterizzazione degli insiemi densi.\\
\eal{&A\T{ denso }  \= \forall U \in (\Theta\setminus
 \{\emptyset\}) \;\;A\cap U\neq \emptyset
}
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim $\>$}
	\begin{prova}
		\eal{
		&\ove A = X \> \forall x\in X \;\;x\in  \ove A
		\ubrace{\>}{\see{thmpasegnato}} 
\forall x\in X\;\;\forall U\in B(x)\;\;U\^A \neq 0
\ubrace{\>}{\see{lemmmooo1}} \forall V\in \Theta\-\{\0\}\;\;
V\^A \neq \0
}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\<$}
	\begin{prova}
Poiche' $\ove A \(X$, basta provare $X\(\ove A$.
Sia $x\in X$. Per ipotesi, si ha
\eal{&
\forall U\in B(x)\^\Theta\;\; U\^A  \neq \0 \>
\forall U\in B(x) \;\;U\^A \neq 0 \ubrace{\>}{\see{thmpasegnato}}
x\in \ove A
}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\subsubsection{Esempi}
\begin{itemize}
	\item $(\mathbb{R},\Theta_e)$ e' separabile.
		\begin{prova}
		\begin{prova}
			\pf
			$\mathbb{Q}$ e' denso infatti,
			$\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{Q}\cup D(\mathbb{Q})$, dove
			\[
			D(\mathbb{Q})=\{p\in \mathbb{R}\;|\;\forall U\in
			B(p)\;\;\exists q\in \mathbb{R}:\;q\neq p,\;q\in U\cap
			\mathbb{Q}\}=\mathbb{R}
			\]
			e quindi 
			\[
			\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{Q}\cup
			D(\mathbb{Q})=\mathbb{R}
			\]
			Poiche' $\mathbb{Q}$ e' numerabile segue che
			$(\mathbb{R},\Theta_e)$ e' separabile.
			\qed
		\end{prova}
		\end{prova}
	\item Il piano di Niemytzki e' separabile.
		\begin{prova}
		\begin{prova}
			\pf
			$A=\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}^+$ e' denso in $L$,
			infatti, ogni intorno di un punto $p$ contiene
			infiniti punti con coordinate razionali, e quindi
			incontra $A$.
			\qed
		\end{prova}
		\end{prova}
	\item Sia $X$ un insieme infinito, allora $(X,\Theta_c)$ e'
		separabile.
		\begin{prova}
		\begin{prova}
			\pf
			$\Theta_c$ e' la topologia cofinita, quindi la
			famiglia dei chiusi e':
			\[
			\C = \{ A \subseteq X \;|\;A \textrm{ finito}\}\cup \{X\}
			\]
			Prendiamo un $A\subseteq X$ infinito e numerabile.
			$\overline{A}$ e' il piu' piccolo chiuso che contiene
			$A$. Poiche' $A$ e' infinito, e poiche' tutti i
			chiusi, tranne $X$, sono finiti, segue che
			$\overline{A}=X$.\\
			$A$ e' quindi denso e numerabile.
			\qed
		\end{prova}
		\end{prova}
	\item La retta di Sorgenfrey e' separabile perche' $\mathbb{Q}$ e'
		denso e numerabile.
\end{itemize}

\subsection{Topologia indotta}
\ilabel{topologia!indotta}
In $(X,\Theta)$, dato $Y\subseteq X, Y\neq \emptyset $
definiamo la topologia indotta su $Y$ da $\Theta$:
\[
\Theta_Y = \{ Y \cap B\}_{B\in \Theta}
\]
$(Y,\Theta_Y)$ si chiama \emph{sottospazio} topologico di $X$.\\
$Y$ si chiama sottospazio di $X$.\\
\step{}{Dimostriamo che $\Theta_Y$ e' una topologia}
\begin{prova}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			& \emptyset \in \Theta,\;\;Y\cap \emptyset =\emptyset
			\in \Theta_Y\\
			& Y \in \Theta,\;\;Y\cap Y=Y\in \Theta_Y\\
			& Y_1, Y_2\in \Theta_Y\;\Rightarrow \;Y_1=Y\cap B_1,\;\;Y_2=Y\cap B_2\\
			&\qq Y_1\cap Y_2=Y\cap B_1\cap Y\cap B_2=Y\cap (B_1\cap B_2)\subseteq \Theta_Y\\
			& Y_1, Y_2\in \Theta_Y\;\Rightarrow \;Y_1=Y\cap B_1,\;\;Y_2=Y\cap B_2\\
			&\qq Y_1\cup  Y_2=(Y\cap B_1)\cup (Y\cap B_2)=\dots
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
Alcune proprieta':
	\begin{enumerate}
		\item $A$ e' un chiuso di $Y$ se e solo se esiste un chiuso
			$B$ di $X$ tale che $A=B\cap Y$. Formalmente:
			\[
			Y\setminus A\in \Theta_Y\;\Leftrightarrow \;\exists
			B\subseteq X:\;\;X\setminus B \in \Theta,\;\;A=B\cap Y
			\]
		\item Con $\tilde{A}$ indichiamo la chiusura di $A$ in $Y$,
			con $\overline{A}$ la chiusura di $A$ in $X$. Si ha
		      \[
		      \tilde{A}=\overline{A}\cap Y
		      \]
	\end{enumerate}
	\begin{prova}
		\pf
		\step{}{Dimostriamo la $1$}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
				&A \textrm{ chiuso di Y}\;\Rightarrow
				\;Y\setminus A\in \Theta_Y\;\Rightarrow
				\;Y\setminus A= Y\cap B,\;\;B\in \Theta\\
				&A=Y\setminus (Y\cap B)=
				Y\setminus Y\cup Y\setminus B=Y\setminus B=
				(X\setminus B)\cap Y
			\end{align*}
			$X\setminus B$ e' un chiuso di $X$ perche' $B$ era un
			suo aperto.\\
			Viceversa, 
			\begin{align*}
				& \exists B\subseteq X:\;\;X\setminus B \in
				\Theta,\;\;A=B\cap Y\\
				&\;\Rightarrow \; Y\setminus A=Y\setminus (B\cap Y) = 
				(X\setminus B)\cap Y\;\Rightarrow \;Y\setminus
				A\in \Theta_Y\\
				&\;\Rightarrow \;A\textrm{ chiuso in } Y
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
		\step{}{Dimostriamo la $2$}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
				&\tilde{\C_A}=\{\textrm{famiglia dei chiusi di
				$Y$ contenenti $A$}\\
				&\C_A=\{\textrm{famiglia dei chiusi di
				$X$ contenenti $A$}\\
				& \tilde{A}=\bigcap \tilde{\C_A}\\
				&B\in \tilde{\C_A}\;\Leftrightarrow \;B=C\cap
				Y,\;C \textrm{ chiuso di $X$ }\;\textrm{ [per
				la 1]}\\
				&\tilde{A}=\bigcap \tilde{\C_A}=\bigcap_{C\in
				\C_A} (C\cap Y)=(\bigcap_{C\in \C_A} C)\cap Y=
				\overline{A} \cap Y
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
	\end{prova}
	\begin{prop}
		Dato $Y$ sottospazio di $X$, con $(X,\Theta)$ e $(Y,\Theta_Y)$,
		\[
		C\textrm{ chiuso di $X$},\;C\subseteq Y\;\Rightarrow \;C\textrm{ chiuso di $Y$}
		\]
		cioe'
		\[
		X\setminus C\in \Theta,\;C\subseteq Y\;\Rightarrow \;X\setminus  C \in \Theta_Y
		\]
		Vale anche per gli aperti:
		\[
		C\in \Theta,\;C\subseteq Y\;\Rightarrow \;C \in \Theta_Y
		\]
		Non vale sempre l'inverso.
	\end{prop}
	\begin{prova}
		\pf
		\step{}{Dimostriamo quello per gli aperti}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
				&C\in \Theta\\
				&C\in\Theta_Y\;\Leftrightarrow \;C=Y\cap
				B,\;\; B\in \Theta\\
				&\textrm{allora basta scegliere } B=C\\
				&\qq C\subseteq Y\;\;\Rightarrow \;Y\cap C=C
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
		\step{}{Diamo un controesempio}
		\begin{prova}
			In $(\mathbb{R},\Theta_e)$ sia 
			$Y=[0,1]$, $(Y,\Theta_y)$.\\
			$[0,\frac{1}{2}[$ e' aperto di $\Theta_y$ perche'
			$[0,\frac{1}{2}[=[0,1]\cap ]-1,\frac{1}{2}[$, ma di
			certo non e' aperto di $\Theta_e$ perche' in $0$ e'
			chiuso.
			\qed
		\end{prova}
	\end{prova}
\begin{prop}
	\label{prop1211}
	Dato $Y$ sottospazio di $X$, con $(X,\Theta)$ e $(Y,\Theta_Y)$,
	\[ Y \in \Theta \;\Rightarrow \;\Theta_y \subseteq \Theta \]
	ovvero, $Y$ e' un aperto in $X$ implica che ogni aperto in $\Theta_y$ e'
	 aperto in $\Theta$.\\
	Analogamente per i chiusi:
	\[ Y \in \C \;\Rightarrow \;\tilde{\C} \subseteq  \C \]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dimostriamo la parte relativa gli aperti}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&\Theta_y=\{Y\cap B\}_{B\in \Theta}\\
			&Y\in\Theta\;\Rightarrow\; Y\cap B \in \Theta
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{prop}
	\label{prop1.10}
	Dato $Y$ sottospazio di $X$, con $(X,\Theta)$ e $(Y,\Theta_Y)$ e sia $p\in
	Y$
	\[
	U\subseteq Y, \textrm{ intorno di $p$ in $Y$}\;\Leftrightarrow \;\exists U'\textrm{, intorno di $p$ in $X$}: \;U=U'\cap Y
	\]

\end{prop}
\begin{defn}
	\ilabel{proprieta' ereditaria}
	\ilabel{ereditarieta'}
	Una proprieta' $P$ che riguarda uno spazio $X$ si dice ereditaria se
	vale per tutti i sottospazi di $X$.
\end{defn}
\begin{itemize}
	\item Ad esempio, $AS_2$ e' ereditaria, cioe' se $X$ soddisfa $AS_2$ allora anche tutti i suoi sottospazi lo soddisfano.
	\item La separabilita' non e' ereditaria.
		\begin{prova}\pf
			\step{}{Per dimostrarlo, portiamo un controesempio}
			\begin{prova}
				Abbiamo gia' visto che $L$ (il piano di Niemytzki) e' separabile perche'
				$\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}^+$ e' denso e numerabile.\\
				Vedremo che $L_1\subseteq L$ non e' separabile ($L_1$ e' l'asse $x$).\\
				Sia $(L,\Theta_N)$ la topologia di Niemytzki, e $(L_1, \Theta_{L_1})$ la topologia indotta da $\Theta_N$ su $L_1$, cioe'
				\[
				\Theta_{L_1}=\{L_1\cap B\}_{B\in\Theta}
				\]\\
				
				Vogliamo dimostrare che qualsiasi sottoinsieme numerabile di $L_1$ non e' denso.
				
				Prendendo $p\in L_1$, si ha
				\[
				\{p\}=L_1\cap D,\;\;D\in \V_p\;\Rightarrow
				\;\{p\}\in \Theta_{L_1}
				\]
				cioe' prendendo un punto sull'asse $x$ e prendendo il disco tangente nel punto a $x$,
				la loro intersezione e' il punto stesso (considera ad esempio $p'$ nella figura
				\see{fig:niem}).
				Questo significa che $\Theta_{L_1}$ contiene tutti i singoletti, e quindi e' la topologia
				discreta, cioe' $\Theta_{L_1}=P(L_1)$.\\
				\textbf{Nota: }
				La topologia discreta, su spazi non numerabili
				e infiniti, non soddisfa $AS_2$.  Poiche' $AS_2$ e' ereditaria, questo significa
				che anche $\Theta_N$ non soddisfa $AS_2$\\
				
				Poiche' per la prop \see{prop1.10} un intorno
				di $p\in L_1$ e' il punto stesso, si ha che
				nessun insieme puo' essere denso, oltre a
				$L_1$ che e' pero' numerabile:
				\begin{align*}
				&A\subseteq X\\
				&p\in X\setminus A\;\Rightarrow \;\forall
				V\in B(p)\;V=\{p\}\;\Rightarrow \;\{p\}\cap
				A=\emptyset\;\Rightarrow \;p\notin
				\overline{A}\;\Rightarrow \;X\neq
				\overline{A}\\
				&p\in A\;\Rightarrow \;\forall V\in
				B(p)\;V=\{p\}\;\Rightarrow \;\{p\}\cap A=\{p\}\;\Rightarrow \;p\notin \overline{A}\;\Rightarrow \;X\neq \overline{A}
				\end{align*}
				\qed
			\end{prova}
		\end{prova}
\end{itemize}
\begin{defn}
	Dato $(X,\Theta)$ e un sottospazio $F\subseteq X$, 
	\[
	F\equiv \textrm{discreto}\;\Leftrightarrow \;\Theta_F\equiv \textrm{topologia discreta}=P(F)
	\]
	Ovvero, il sottospazio $F$ si dice \emph{discreto} se la topologia
	indotta da $\Theta$ su $F$ e' quella discreta.
\end{defn}
\textbf{Esempio: } Consideriamo $(\mathbb{R}, \Theta_e)$ e il sottospazio
topologico indotto da $\Theta_e$: $(\mathbb{Z}, \Theta_\mathbb{Z}$. Ogni
singoletto di $\mathbb{Z}$ e' aperto:
\[
\{n\}=\mathbb{Z}\cap ]n-\frac{1}{2}, n+\frac{1}{2} [\in \Theta_\mathbb{Z}
\]
quindi $\Theta_\mathbb{Z}$ e' discreta.
\begin{thm}
	\label{chiusoedis}
	\ilabel{chiuso e discreto}
	Dato $(X,\Theta)$ e un sottospazio $F\subseteq X$,
	\[
	F \textrm{ chiuso e discreto}\;\Leftrightarrow \;D(F)=\emptyset 
	\]
	Ovvero, $F$ e' chiuso e discreto se e solo se non ha punti di
	accumulazione.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		$F$ chiuso $\;\Rightarrow \; F=\overline{F}$\\
		per il thm \see{tdfa} $\overline{F}=F\cup D(F)$\\
		quindi $F=F\cup D(F)\;\Rightarrow \;D(F)\subseteq
		F\;\Rightarrow \;D(F)=\emptyset \;\lor \;D(F)\subseteq F$. Nel
		primo caso, la dimostrazione e' conclusa, invece, nel secondo
		caso tutti i punti di accumulazione di $F$ sono suoi punti.
		Vediamo adesso come nessun punto $p\in F$ sia di accumulazione
		per $F$.\\
		Poiche' $F$ e' discreto, ogni suo singoletto e' aperto (in
		$\Theta_F$), e quindi
		\[
		\exists U\in \Theta:\;\;\{p\}=F\cap U
		\]
		ma allora $U$ e' un intorno di $p$ che incontra $F$ nel solo
		punto $p$, e quindi, per definizione, non e' un punto di
		accumulazione per $F$.\\
		Concludiamo che nessun punto di $F$ e' di accumulazione per
		$F$, percio' $D(F)=\emptyset $
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Per Hp $D(F)=\emptyset $,\\
		per il thm \see{tdfa} $\overline{F}=F\cup D(F)=F\cup \emptyset
		=F$, e quindi $F$ e' chiuso.\\
		Per Hp $D(F)=\emptyset$ e quindi nessun $p\in F$ e' punto di
		accumulazione per $F$, cioe'\\
		$\exists U \in \Theta:\;\{p\}=U\cap F$, ma allora $\{p\}\in
		\Theta_F$.\\
		Poiche' ogni singoletto di $F$ e' aperto, $F$ e' discreto.
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Spazi metrici}
\ilabel{spazio!metrico}
\begin{defn}
Dato l'insieme $X\neq \emptyset$ e una funzione $d:X\times X\longrightarrow
\mathbb{R}^+$, che soddisfa le seguenti proprieta'
\begin{enumerate}
	\item $d(x,y)=0\;\Leftrightarrow \;x=y$
	\item $d(x,y)=d(y,x)$
	\item $d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z)$ (prop. triangolare)
\end{enumerate}
\ilabel{distanza}
$d$ viene chiamata \emph{metrica} o \emph{distanza}.\\
$(X,d)$ e' lo spazio metrico.
\end{defn}
\textbf{Esempi:} In $\mathbb{R}^2$ la distanza usale e'
$d((x_0,y_0),\;(x_1,y_1))= \sqrt{(x_1-x_0)^2+(y_1-y_0)^2}$, in $\mathbb{R}$ e' $d(x,y)=|x-y|$
\begin{defn}
	Una \emph{sfera} o \emph{palla}, di centro $x\in X$ e raggio $r\in
	\mathbb{R}^+$, e' definita come il seguente insieme di punti
	\[
	S(x,r)=\{y\in X\;|\;d(x,y)<r\}
	\]
\end{defn}
\subsubsection{Topologia dedotta da una metrica}
\ilabel{topologia!metrica}
\ilabel{metrica}
La topologia dedotta da una  metrica $d$, associata a uno spazio metrico
$(X,d)$,  e'
\[
\Theta(d)=\{A\subseteq X\;|\;\forall x \in A\;\;\exists r >0:\;S(x,r)\subseteq
A\}
\]
ovvero un aperto di $\Theta_d$ e' unione di sfere.
\step{}{Dimostriamo che si tratta di una topologia}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
	Ovviamente $\emptyset, X \in \Theta(d)$.\\
	Proviamo l'intersezione: $A_1, A_2\in \Theta(d)$
	\[x\in A_1\cap A_2\;\Rightarrow \;x\in A_1 \;\land
	\;x\in A_2\;\Rightarrow \;
	x\in S(x,r)\subseteq A_1 \;\land \;x\in S(x,s)\subseteq A_2\]
	Sia $t=\min\{r,s\}$, allora
	\[
	x\in S(x,t)\subseteq A_1\cap A_2
	\]
	Analogamente si vede per l'unione.
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{prop}
Una base per $\Theta(d)$ e'
\[
\B=\{S(x,r),\;\;x\in X,\;r>0\}
\]
cioe', l'insieme di tutte le sfere.
\begin{prova}
	\pf Poiche' abbiamo gia' visto che ogni aperto in $\Theta(d)$ e'
	unione di sfere, basta far vedere che ogni sfera e' un aperto.
	\begin{prova}
	Sia $S(x, r)$ una sfera, vogliamo dimostrare che 
	\[
	\forall y \in S(x, r)\;\exists s>0:\;S(y,s)\subseteq S(x,r)
	\]
	allora
	\begin{align*}
		&y \in S(x, r)\;\Rightarrow \;d(x,y)<r\;\Rightarrow
		\;s=r-d(x,y) > 0\\
		&z\in S(y,s)\;\Rightarrow \;d(y,z)<s\\
		&d(x,z)\le d(x,y)+d(y,z) \;\textrm{ [prop. triang.]}\\
		&\qq < d(x,y)+s=d(x,y)+r-d(x,y)=r\\
		&d(x,z) < r\;\Rightarrow \;z\in S(x,r)\;\Rightarrow
		\;S(y,s)\subseteq S(x,r)
	\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\end{prop}
\begin{prop}
	\label{prop1.12}
	$(X,\Theta(d))$ soddisfa $AS_1$ poiche' $\forall x\in X$
	\[
	\V_x=\left\{S\left(x,\frac{1}{n}\right)\right\}_{n\in \mathbb{N}}
	\]
	e' un sistema fondamentale d'intorni, numerabile.
\end{prop}
\subsubsection{Esempi}
In $\mathbb{R}$, posto $d(x,y)=|x-y|$, si ha $(\mathbb{R},
\Theta_e)=(\mathbb{R}, \Theta(d))$.\\
\newline
In $\mathbb{R}^2$, prendendo $P=(x_1,y_1),\;Q=(x_2,y_2)$ 
consideriamo le seguenti metriche
\begin{itemize}
	\item $d(P,Q)=\max\{|x_1-x_2|, |y_1-y_2|\}$
	\item $d'(P,Q)=|x_1-x_2|+|y_1-y_2|$
	\item $d''(P,Q)=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$
\end{itemize}
Vediamo quali sono le sfere di ogni metrica.\\
\case{
$d(P,Q)$
} \[S(P,r)=\{Q\in \mathbb{R}^2\;|\;d(P,Q)<r \;\Leftrightarrow \;
 \max\{|x_1-x_2|, |y_1-y_2|\} < r\]
 Se prendiamo per convenienza $P=(0,0)$,
 \begin{align*} 
 S(P,r)&=\{Q\in \mathbb{R}^2\;|\;d(P,Q)<r \;\Leftrightarrow \;
 \max\{|x|, |y|\} < r\}\\
 &=\left\{Q=(x,y)\;:\;
 \begin{cases}
	 |x| > |y|\\
	 |x|<r\;\Leftrightarrow \;-r<x<r
 \end{cases}\;\lor \;\begin{cases}
	 |y| > |x|\\
	 |y|<r\;\Leftrightarrow \;-r<y<r
 \end{cases}\right\}
 \end{align*}
la sfera $S(P,r)$ e' un quadrato di centro $P$ e lato $r$ (vedi figura
\see{fig:metd}).
\begin{figure}[h]
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=0.3]{fig/metricaquad}
	\end{center}
	\caption{Metrica $d(x,y)$}
	\label{fig:metd}
\end{figure}
\case{
$d'(P,Q)$
} \[
S(P,r)=\{Q\in \mathbb{R}^2\;|\;d'(P,Q)<r \;\Leftrightarrow \;
 |x_1-x_2|+|y_1-y_2| < r\]
Per convenienza poniamo $P=(0,0)$,
\[
S(P,r)=\{Q\in \mathbb{R}^2\;|\; |x|+|y| < r\}
\]
in questo caso abbiamo un quadrato ruotato di 45 gradi (vedi figura
\see{fig:metrromb})
\begin{figure}[h]
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=0.4]{fig/metricaromb}
	\end{center}
	\caption{Metrica $d'(x,y)$}
	\label{fig:metrromb}
\end{figure}
\case{
$d''(P,Q)$
} In questo caso abbiamo il disco, vedi figura \see{fig:metdisco}.
\begin{figure}[h]
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=0.35]{fig/metricadisco}
	\end{center}
	\caption{Metrica $d''(x,y)$}
	\label{fig:metdisco}
\end{figure}
\\
Anche se queste metriche sono distinte, le loro topologie dedotte sono uguali,
cioe'
\[
\Theta_d=\Theta_{d'}=\Theta_{d''}
\]
\label{dimmetricheuguali}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Basta far vedere che ogni intorno di una topologia e' anche un
	intorno delle altre topologie}
	\begin{prova}
		Sia $U$ intorno aperto di $p$ in $\Theta_d$, per essere intorno in
		$\Theta_{d'}$ deve contenere un aperto di $\Theta_{d'}$. In
		altre parole: $U$ e' un quadrato di centro $p$ che deve
		contenere un rombo di centro $p$. Ovviamente questo e'
		possibile.\\
		Anche tutti gli altri casi sono possibili:\\
		disco $\subseteq $ rombo $\subseteq $ quadrato $\subseteq $ rombo\\
		$\subseteq $ disco $\subseteq $ quadrato $\subseteq $ disco
		\begin{figure}[h]
			\begin{center}
				\includegraphics[scale=0.5]{fig/circquadromb}
			\end{center}
			\caption{ disco $\supseteq  $ quadrato $\supseteq  $ rombo}
			\label{fig:cqr}
		\end{figure}
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Spazio metrizzabile}
\ilabel{spazio!metrizzabile}
Dato spazio topologico $(X,\Theta)$,
\[
(X,\Theta)\equiv \textrm{metrizzabile}\;\Leftrightarrow \;\exists
d, \textrm{ metrica}:\;\;\Theta=\Theta(d)
\]
\begin{prop}
	Per la proposizione \see{prop1.12}, se $\Theta$ non soddisfa $AS_1$,
	allora non e' metrizzabile.
\end{prop}
\begin{lem}
	$(X,\Theta_d)$ e' metrizzabile, dove $\Theta_d$ e' la topologia
	discreta. 
\end{lem}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		Consideriamo la seguente metrica:
		\[
		\begin{cases}
			d(x,y)=3\\
			d(x,x)=0
		\end{cases}
		\]
		Allora 
		\[
	\forall x\in X\;\;	S(x,3)=\{x\}
		\]
		Poiche' l'insieme delle sfere costituisce una base per
		$\Theta(d)$, concludiamo che $\Theta(d)$ e' discreta e che
		quindi e' uguale a $\Theta$.
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{lem}
	$(X,\Theta_i)$, la topologia indiscreta, con $|X| \ge  2$, non e'
	metrizzabile. (Se $|X| < 2$, saremmo nel caso di una topologia
	discreta).
\end{lem}
\begin{prova}
	\pf\step{}{dim. per assurdo}
	\begin{prova}
		Supponiamo che $\exists d:\;\Theta_i=\Theta(d)$
		\pflet{
		$p,q\in X,\;p\neq q$
		} $r=d(p,q) >0$\\
		$q\notin S(p,r)$ [$q$ non puo' stare sul bordo della sfera
		$S(p,r)$] $\;\Rightarrow \; S(p,r)\neq X$.\\
		$S(p,r)$ e' un intorno di $p$, ma questo e' assurdo, perche'
		l'unico intorno di $p$ in $\Theta_i$ e' $X$.
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
	La metrizabilita' e' ereditaria, ovvero 
	\[
	(X,\Theta)\textrm{ metrizzabile}\;\Rightarrow \;(Y,\Theta_Y)\textrm{,
	sottospazio di }(X,\Theta), \textrm{ e' metrizzabile}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	Per Hp $(X,\Theta)\textrm{ e' metrizzabile}$ quindi $\exists
	d:X\times X\longrightarrow \mathbb{R}^+$, metrica.
	Consideriamo la sua restrizione a $Y\times Y$:\\
	$d':Y\times Y\longrightarrow \mathbb{R}^+,\;\;d'(x,y)=d(x,y)$\\
	Dimostreremo che $\Theta_Y=\Theta(d')$.
	\step{}{Basta far vedere che $\Theta_Y, \Theta(d')$ hanno le stesse
	base d'intorni}
	\begin{prova}
		\pflet{
		$p\in Y$
		} una base d'intorni per $p$ in $\Theta_Y$ e' 
		\[
		\V_p=\{Y\cap S(p,r)\}_{r>0}
		\]
		dove $S(p,r)\in \Theta=\Theta(d)$\\
		Poiche' una base d'intorni per $\Theta(d')$ e' 
		\[
		\V_p'=\{S'(p,r)\}_{r>0}
		\]
		basta dimostrare che $S'(p,r)=Y\cap S(p,r)$
		\step{}{Dim. $Y\cap S(p,r)\subseteq S'(p,r)$}
		\begin{prova}
			\pflet{
			$q\in Y\cap S(p,r)$
			} \begin{align*}
				& q\in Y\;\land \;(q\in
				S(p,r)\;\Leftrightarrow
				\;d(q,p)<r\;\Leftrightarrow \;d'(q,p)<r)\\
				& \qq \;\Rightarrow \; q\in S'(p,r)
			\end{align*}
			\qed
		\end{prova}
		\step{}{Dim. $Y\cap S(p,r) \supseteq  S'(p,r)$}
		\begin{prova}
			\pflet{
			$q\in S'(p,r)$
			}, ovvero \[d'(q,p)<r\;\Rightarrow
			\;d(q,p)<r\;\Leftrightarrow \;q\in S(p,r)\]
			inoltre, poiche'
			\[
			S'(p,r)=\{q\in Y\;|\;d(q,p)<r\}
			\]
			si ha che \[q\in S'(p,r)\;\Rightarrow \;q\in Y\land
			q\in S(p,r)\]
			\qed
		\end{prova}
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{defn}
	\ilabel{distanza!di un punto da un insieme}
	Sia $(X,\Theta(d))$ uno spazio topologico indotto da una metrica $d$. 
	Dato un sottoinsieme $A\subseteq X$, definiamo la distanza di un
	punto $x\in X$ da $A$:
	\[
	d(x,A):=\inf \{ d(x,y)\;|\;y\in A\}
	\]
\end{defn}
\begin{thm}
	\[x\in \overline{A}\;\Leftrightarrow \;d(x,A)=0\]
	o equivalentemente:
	\[
	\overline{A}=\{x\in X:\;d(x,A)=0\}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		Sia $x\in \overline{A}$, per il thm $\see{thmpasegnato}$, ogni
		intorno di $x$ incontra $A$. Allora ogni sfera $S(x,r)$, che
		e' un intorno aperto di $x$, incontra A.
		\[S(x,r) \cap A\neq \emptyset \;\Leftrightarrow \;\exists a\in
		A\land (a\in S(x,r)\;\Leftrightarrow \;d(x,a)<r)\]
		Ponendo $\varepsilon=r$, possiamo affermare che
		\begin{align*}
&		\forall \varepsilon >0\;\exists a=a(\varepsilon)\in A:\;0\le
d(x,a)<\varepsilon
		\end{align*}
e quindi
\begin{align*}
	&\lim_{\varepsilon\to 0}\varepsilon = 0\\
	&\lim_{\varepsilon\to 0}0= 0\\
	&\;\Rightarrow \;\lim_{\varepsilon\to 0} d(x,a) = 0
\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&Hp:\;d(x,A)=0
			&\textrm{
			Se per assurdo $x\notin \overline{A}$}:\\
			&\qq \exists U \in B(x):\;U\cap A=\emptyset 
			\\&\textrm{Poiche' l'ins. delle sfere $S(x,r)$ e' una base d'intorni per $x$}:\\
			&\qq \exists r>0:\;S(x,r) \subseteq  U\;\Rightarrow
			\;S(x,r)  \cap A =\emptyset
			\;\Leftrightarrow \;\nexists a\in
			A:\;d(a,x)<r\;\Leftrightarrow \;\forall a \in
			A\;d(a,x) \ge r\\
			&\qq\;\Leftrightarrow \;d(x,A) \ge r\\
			&\textrm{questo e' assurdo, perche' per Hp $d(x,A)=0$}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\[(X, \Theta(d))\equiv \textrm{separabile}\;\Rightarrow 
	\;(X,\Theta(d))\textrm{soddisfa $AS_2$}\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&(X, \Theta(d))\equiv
			\textrm{separabile}\;\;\Leftrightarrow \;\exists
			A\subseteq X:\;\overline{A}=X,\;|A|=|\mathbb{N}|\\
			&\B =\left\{ S\left(a,\frac{1}{n}\right)\;|\;a\in
			A,\;n\in \mathbb{N}\right\}\\
			& |\B|=|A\times \mathbb{N}|=
			|\mathbb{N}|\;\textrm{[prodotto di ins. numerabili e'
			un ins. num.]}\\
			& \textrm{Dim che $\B$ e' una base di $(X, \Theta(d))$: }\\
			&\qq\textrm{Sia } x\in U \in \Theta(d),
			\textrm{ poiche' l'ins. delle sfere e' base per
			$\Theta(d)$, si ha } \exists S(x,r) \subseteq U\\
		\end{align*}
		Sia $n\in\mathbb{N}:\;\frac{1}{n}<\frac{r}{2},\; y\in
		S\left(x,\frac{1}{n}\right)\cap A$.\\$y$ esiste perche' $A$ e'
		denso in $X$, e $S(x,\frac{1}{n})$ e' un aperto di $x$.
		\begin{align*}
			&
			\textrm{ Dimostriamo che }
			x\in S\left(y,\frac{1}{n}\right)\subseteq U:\\
			&\qq\qq y\in
			S\left(x,\frac{1}{n}\right)\;\Rightarrow\;
			d(x,y)=d(y,x)<\frac{1}{n}\;\Rightarrow \;x\in
			S\left(y,\frac{1}{n}\right)\\
			&\qq\textrm{Dim che } {S\left(y,\frac{1}{n}\right)\subseteq S(x,r)}\\
			&\qq\qq z\in S\left(y,\frac{1}{n}\right)\;\Leftrightarrow \;d(z,y)<\frac{1}{n}\\
			&\qq\qq d(x,z)\le d(z,y)+d(x,y)<\frac{1}{n}+\frac{1}{n}<r\\
			&\qq\qq\;\Rightarrow \;z\in S(x,r)\\
			&\qq \textrm{In definitiva: }\\
			&\qq\qq x\in S\left(y,\frac{1}{n}\right) \subseteq
			S(x,r) \subseteq U,\;\;\Rightarrow \;y\in
			A\;\Rightarrow \;S\left(y,\frac{1}{n}\right)\in \B
		\end{align*}
		Percio', per ogni $x$ di un aperto $U$, abbiamo trovato un
		elemento $S$ di $\B$ t.c. $x\in S\subseteq  U$. Quindi $\B$ e'
		una base, ed e' anche numerabile.
	\end{prova}
\end{prova}
Le topologie di Sorgenfrey e Niemytzki non soddisfano $AS_2$ ma sono
separabili, quindi, per
\label{nonsonometr}
quest'ultimo thm, non sono metrizzabili.
\subsection{Funzione continua}
\ilabel{funzione!continua}
\begin{defn}
Siano $(X,\Theta), (Y, \Theta')$ due spazi topologici
\[
f:X\longrightarrow Y\;\textrm{e' continua }\;\Leftrightarrow \;\forall
V\in\Theta'\;\;f^{-1}[V]\in\Theta
\]
dove
\[
f^{-1}[V]=\{x\in X\;|\;f(x)\in V\}
\]
In altre parole, $f$ e' continua se la controimagine di ogni aperto di
$\Theta'$ e' un aperto in $\Theta$.\\
\end{defn}
Equivalentemente, $f$ e' continua se
la controimagine di ogni chiuso in $\Theta'$ e' un chiuso in $\Theta$.
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
	\begin{align*}
		&C\subseteq Y,\;\textrm{ chiuso}\;\Leftrightarrow  \;
		Y\setminus C\in\Theta'\;\Rightarrow  \;f^{-1}(Y\setminus
		C)\in\Theta=X\setminus f^{-1}(C) \in \Theta\;\Rightarrow
		\;f^{-1}(C)\textrm{ chiuso}
	\end{align*}
	\step{}{Dim $f^{-1}(Y\setminus
	                C)\in\Theta=X\setminus f^{-1}(C)$}
	\label{fYXcompl}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&x\in f^{-1}(Y\setminus C)=\{x\in X\;|\;f(x)\in
			Y\setminus C\}\;\Leftrightarrow \;f(x)\in Y\setminus
			C\\ & \;\Leftrightarrow \;f(x)\in Y\land f(x)\notin
			C\;\Leftrightarrow x\in f^{-1}(Y) \land x\notin
			f^{-1}(C)\;\Leftrightarrow \;x\in  f^{-1}(Y)\setminus
			f^{-1}(C)=X\setminus f^{-1}(C)
		\end{align*}
	\end{prova}
\end{prova}
\step{}{Dim $\Leftarrow $}
\begin{prova}
	\begin{align*}
		&X\setminus f^{-1}(C)\in\Theta,\;Y\setminus C\in \Theta'\\
		&X\setminus f^{-1}(C)=f^{-1}(Y\setminus
		C)\in\Theta\;\Rightarrow \;f \textrm{ continua}
	\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{defn}
	\[
	f \textrm{ continua in $x_0\in X$ }\;\Leftrightarrow \;
	\forall V\in B(f(x_0))\;\;\exists U\in B(x_0):\;f(U)\subseteq V
	\]
\end{defn}
\begin{thm}
	\[
	f:X\longrightarrow Y \textrm{ continua}\;\Leftrightarrow \;f \textrm{ continua in ogni
	} x\in X
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&x\in X,\;\;U\in B(f(x))\\
			&\exists A\in \Theta':\;f(x)\in A\subseteq
			U\;\textrm{ [def d'intorno]}\\
			&\qq \Rightarrow x\in f^{-1}(A)\\
			&V=f^{-1}(A)\in\Theta \;\textrm{ [per Hp]}\\
			&f(V)=f(f^{-1}(A)) \subseteq  A\subseteq  U
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Sia $A\in \Theta'$, vogliamo dimostrare che $f^{-1}(A)\in
		\Theta$. 
		\begin{align*}
			&x\in f^{-1}(A)\;\Leftrightarrow \;f(x)\in
			A\;\Rightarrow \;A\in B(f(x))\\
			&\textrm{Per Hp: } \exists U \in B(x):\;f(U)\subseteq
			A\;\Leftrightarrow \;U\subseteq f^{-1}(A)\\
			&\;\Rightarrow \; x\in U \subseteq f^{-1}(A)\\
			&\textrm{Ovvero $f^{-1}(A)$ e' intorno di ogni suo
			punto, e quindi e' aperto}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	Sia $f:X\longrightarrow Y$ una funzione tra due spazi topologici, con
	$(X,\Theta),(Y,\Theta')$, e sia $\B$ una base di $Y$, allora
	\[
	f\textrm{ continua}\;\Leftrightarrow \;	
	\forall B \in \B\;f^{-1}(B)\in \Theta
	\]
	ovvero, $f$ e' continua sse la controimmagine di ogni elemento della
	base e' un aperto in $\Theta$. Questo ci permette di verificare la
	continuita' di $f$ usando sono la base $\B$ e non tutto $\Theta'$.
\end{prop}
\begin{thm}
	\label{thmcontstrana}
	\[
	 f\textrm{ continua}\;\Leftrightarrow \;
	 \forall A \subseteq X\;\;f(\overline{A})\subseteq \overline{f(A)}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$x\in \overline{A}$} 
		Per la continuita' di $f$, $f$ e' continua in $x$:
		\[
		\forall V\in B(f(x))\;\;\exists U\in B(x):\;f(U)\subseteq V
		\]
		\prove{
		$V\cap f(A)\neq \emptyset $
		}
		per il thm $\see{thmpasegnato}$, $U$, intorno di $x$, incontra $A$:
		\[
		U\in B(x)\;\Rightarrow \;U\cap A\neq \emptyset \;\Rightarrow \;
		f(U) \cap f(A)\neq \emptyset 
		\]
		allora poiche' $f(U)\subseteq V$ abbiamo
		\[
		V\cap f(A)\neq \emptyset 
		\]
		Ricapitolando: ogni intorno $V$ di $f(x)\in f(A)$ incontra $f(A)$,
		quindi $f(x)\in \overline{f(A)}$, e per l'arbitrarieta' di
		$x\in \overline{A}$ abbiamo infine che
		\[
		f(\overline{A})\subseteq \overline{f(A)}
		\]
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Prendiamo un chiuso $C\subseteq Y$. Poiche'
		$f^{-1}(C)\subseteq X$, per Hp:
		\[
		f(\overline{f^{-1}(C)}) \subseteq \overline{f(f^{-1}(C))}
		\]
		Per le proprieta' delle funzioni
		\[
		f(f^{-1}(C))\subseteq C
		\]
		e per le proprieta' della chiusura
		\begin{align*}
		&\overline{f(f^{-1}(C))}\subseteq \overline{C}\ubrace{=}{\T{C
		e' chiuso}} C\\
		&\;\Rightarrow \;f(\overline{f^{-1}(C)}) \subseteq
		C\;\Rightarrow \;\overline{f^{-1}(C)}\subseteq f^{-1}(C)
		\end{align*}
		Poiche' per la proprieta' della chiusura $f^{-1}(C)\subseteq
		\overline{f^{-1}(C)}$, abbiamo cosi' dimostrato che
		$f^{-1}(C)=\overline{f^{-1}(C)}$ e che quindi $f$ e' continua.
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
\label{composizfc}
	Composizione di funzioni continue e' una funzione continua. Ovvero,
	avendo $f:X\longrightarrow Y,\;g:Y\longrightarrow Z$, con $f,g$
	continue si ha che $gf$ e' ancora continua:
	\[
	f,g\textrm{ continue}\;\Rightarrow \;g\circ f\textrm{ continua}
	\]\\
	Non vale il viceversa!
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \begin{prova}
		Avendo $(X,\Theta),(Y,\Theta'),(Z,\Theta'')$
		\pflet{$B\in \Theta''$}
		\prove{
		$(gf)^{-1}(B)\in\Theta$
		}
		\begin{align*}
			&(gf)^{-1}(B)=(f^{-1}g^{-1})(B)
			=f^{-1}(g^{-1}(B))\\
			&\qq g^{-1}(B)\in \Theta' \textrm{ [perche' g e' continua]}\\
			&\qq f^{-1}(g^{-1}(B))\in \Theta \textrm{ [perche' f e' continua]}\\
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Diamo un controesempio per mostrare che non vale il viceversa}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^2\\
			&\qq f(t)=(\sin t, \cos t)
			&g:\mathbb{R}^2\longrightarrow \mathbb{R}\\
			&\qq g(x,y)=\begin{cases}
				1&(x,y)=(0,0)\\
				\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}&(x,y)\neq (0,0)
			\end{cases}
		\end{align*}
		\begin{figure}[h]
			\begin{center}
				\includegraphics[scale=0.5]{fig/g3d}
			\end{center}
			\caption{La funzione $g$}
		\end{figure}
		Vediamo che $g$ non e' continua:
		\begin{align*}
			&g^{-1}(]\frac{1}{2},\frac{3}{2}[)=
			\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\;|\;
			g(x,y)\in]\frac{1}{2},\frac{3}{2}[\;\Leftrightarrow \;
			\frac{1}{2}<\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}<\frac{3}{2}
			\;\Leftrightarrow \;\frac{2}{3}<\sqrt{x^2+y^2}<2\}=A\cup
			\{(0,0)\}\right\}\\
			&A=\{\textrm{ tutti quei punti la cui distanza
			dall'origine e' $<$ di
			2 e maggiore di 2/3}\}\\
			&A= \textrm{ corona circolare
			formata da }S(O,2)\setminus \overline{S(O,\frac{2}{3})}
		\end{align*}
		$g^{-1}(]\frac{1}{2},\frac{3}{2}[)$ non e' aperto, perche' non
		e' intorno di $(0,0)$.\\
		$gf$ e' pero' continua:
		\[
		g(f(t))=\frac{1}{\sqrt{\sin^2 t+\cos^2 t}}=1
		\]
	\end{prova}
\end{prova}
\pagebreak
\begin{thm}
	\ilabel{incollamento}
	Teorema dell'incollamento\\
Siano $(X,\Theta), (Y, \Theta')$ due spazi topologici, dove $X=A\cup B$, con
$A,B$ entrambi chiusi o aperti.\\
Siano \begin{align*}
	&f:A\longrightarrow Y\\
	&g:B\longrightarrow Y
\end{align*}
continue e $f(x)=g(x)\;\forall x\in A\cap B$, allora la funzione $h=f\cup g$,
ovvero\footnote{Ha senso considerare l'unione di due funzioni (vedi ``Unione
di funzioni'' in algebraI.pdf)}
\[
h(x)=\begin{cases}
	f(x)&x\in A\\
	g(x)&x\in B
\end{cases}:X\longrightarrow Y
\]
e' continua.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dimostriamo il caso in cui $A,B$ siano chiusi}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&C\textrm{ chiuso in $\Theta'$}\\
			&X=A\cup B\;\Rightarrow
			\;h^{-1}(C)=\underbrace{f^{-1}(C)}_{\textrm{chiuso in
			$A$}}\cup \underbrace{g^{-1}(C)}_{\textrm{chiuso in
			$B$}}\\
			&\T{Un chiuso in A e' del tipo $A\cap C_X$, dove $C_X$
			e' un chiuso in X}\\
			&\T{Un chiuso in B e' del tipo $B\cap C'_X$}\\
			&A\T{ e' un chiuso }\;\Rightarrow \;A\cap C_X \T{ e' un chiuso }\\
			&B\T{ e' un chiuso }\;\Rightarrow \;B\cap C'_X \T{ e' un chiuso }\\
			&\;\ubrace{\Rightarrow}{\T{essendo f,g continue}} \; f^{-1}(C)
			\textrm{ e' chiuso in }X\textrm{ e } g^{-1}(C) \textrm{ pure}\\
			&f^{-1}(C)\cup g^{-1}(C)\textrm{ e' chiuso in } X
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{defn}
	\ilabel{funzione!aperta}
	\ilabel{funzione!chiusa}
	\[
	f\textrm{ aperta}\;\Leftrightarrow \;\forall A\in\Theta\;f(A)\in \Theta'
	\]
	Cioe', $f$ si dice aperta se ogni sua immagine di un aperto e' un
	aperto.\\
	Analogamente, $f$ si dice chiusa se ogni sua immagine di un chiuso e'
	un chiuso.
\end{defn}
\subsubsection{Esempi}
\begin{exemp}\qq\\
\label{exapertafunz}
\begin{enumerate}
	\item Se $f$ e' costante, allora e' continua.
	\item Esempio di due spazi top. in cui le uniche funzioni continue
		sono quelle costanti.\\
		Dati $(X,\Theta_c)$, con $X$ infinito, $\Theta_c$ top.
		cofinita e $(\mathbb{R},\Theta_e)$, sia $f:X\longrightarrow
		\mathbb{R}$ continua.\\
		Supponiamo per assurdo che $f$ non sia costante, cioe' che
		$\exists a,b\in \Im f:\;a\neq b$. Possiamo allora trovare un
		intorno $U$ aperto di $a$ in $\mathbb{R}$ e uno $V$ di $b$ tale che
		$U\cap V=\emptyset $ ($\mathbb{R}$ e' $T_2$, \vedi{spazio!di
		Hausdorff})
		\begin{align*}
			&f\textrm{ continua }\;\Rightarrow \;
			f^{-1}(U),f^{-1}(V)\in \Theta_c\\
			&\qq \underbrace{f^{-1}(U)}_{\neq \emptyset }\cap
			\underbrace{f^{-1}(V)}_{\neq \emptyset }=\emptyset \\
			&\textrm{poiche' nella $\Theta_c$ due aperti non vuoti
			si incontrano, abbiamo trovato l'assurdo }
		\end{align*}
	\item Dati $(X,\Theta_1), (X,\Theta_2)$, la funzione identita' $i$ e'
		tale che
		\[
		i\textrm{ continua}\;\Leftrightarrow \;\Theta_2\le \Theta_1
		\]
		\[
		i\textrm{ aperta}\;\Leftrightarrow \;\Theta_1\le \Theta_2
		\]
	\item La funzione 
		\[
		f(x)=\begin{cases}
			x&x<0\\x+x\ge 0
		\end{cases}
		\]
		definita da $\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}'$, dove 
		$(\mathbb{R},\Theta_s)$ e' la top. di Sorgenfrey e
		$(\mathbb{R}, \Theta_e)$ quella euclidea, e' continua (mentre
		non lo e' in quella euclidea).
	\item Consideriamo $p:(\mathbb{R}^2,\Theta_e)\longrightarrow (\mathbb{R},\Theta_e)$
		definita come $p(x,y)=x$ (e' la proiezione sull'asse $x$).\\
		$p$ e' continua, aperta, ma non chiusa.\\
		Prendiamo un aperto sul piano, e poiche' i dischi formano una
		base, prendiamo un disco $D$. L'immagine $p(D)$ sara' un
		segmento aperto $p(D)=]a,b[$ perche' $D$ e' senza bordo.\\
		Consideriamo $F=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2\;|\;xy=1,\;x\neq 0\}$, cioe'
		un'iperbole equilatera. $F$ e' chiuso in $\mathbb{R}^2$,
		perche' non puo' essere unione di dischi. Per semplificare:
		$F=\{(x,\frac{1}{x})\in \mathbb{R}^2,\;x\neq 0\}$. Allora $p(F)=\{x\in
		\mathbb{R}\setminus \{0\}\}=\mathbb{R}\setminus \{0\}$, e
		$\mathbb{R}\setminus \{0\}$ nella topologia euclidea della
		retta e' un aperto. Questo dimostra che $p$ non e' chiusa.\\
		Consideriamo l'aperto $]a,b[$ nella seconda topologia.
		$p^{-1}(]a,b[)$ e' la striscia che contiene $]a,b[$. La
		striscia e' aperta. Ecco che $p$ e' una funzione continua.
\end{enumerate}
\end{exemp}

\subsection{Omeomorfismo}
\ilabel{omeomorfismo}
Gli omeomorfismi sono l'analogo topologico degli isomorfismi in algebra.
Sono funzioni che collegano strettamente due spazi topologici, rendendoli
``essenzialmente'' uguali.
\begin{defn}
	Data $f:X\longrightarrow Y$, dove $(X,\Theta)$, $(Y,\Theta')$
	\[f\equiv \textrm{omeomorfismo}\;\Leftrightarrow \;
	f\textrm{ e' continua e biunivoca}, f^{-1} \textrm{ e' continua}\]
	Gli spazi topologici $X,Y$ si dicono omeomorfi e si scrive $X\simeq
	Y$.\\
Si ha 
	\begin{enumerate}
		\item $f^{-1}$ e' continua, quindi gli aperti di $X$ vengono portati in
	aperti di $Y$ da $f$, ovvero
	\eal{
	&A\in \Theta \> f(A) \in \Theta'
	}
\item	$f$ e' pure continua, quindi gli aperti di $Y$ finiscono in aperti di
	$X$:
	\eal{
	&A\in \Theta \> f^{-1}(A) \in \Theta'
	}
\item
Infine, poiche' $f$ e' biettiva, per le
	proprieta' delle funzioni, si verifica facilmente che gli assiomi
	dello spazio topologico vengono preservati: presi $A,B\in \Theta$, se
	$A,B$ soddisfano in $X$ uno degli assiomi visti in \see{topologia}, allora
	$f(A),f(B) \in \Theta'$ soddisferanno lo stesso assioma in $Y$.
	\end{enumerate}
Grazie a queste proposizioni, se una proprieta' $P(x)$, che e' stata costruita a partire dagli
	assiomi topologici, e' vera in $X$, allora, tramite la $f$, e' anche vera in $Y$,
	ovvero $P(f(x))$ e' vera.\\
\ilabel{proprieta' topologica}
	Una proprieta' che vale in uno spazio topologico $X$, si dice
	topologica se vale anche in tutti gli spazi omeomorfi a $X$.
\end{defn}
\begin{exemp}
	Due intervalli $]a,b[$, $]c,d[$ di $\mathbb{R}$, sono omeomorfi.\\
	Pensiamo i due intervalli in $\mathbb{R}^2$ e poniamo il primo
	nell'asse $x$ e il secondo nell'asse $y$. Partiamo dall'equazione
	della retta passante per $(a,c),(b,d)$
	\begin{align*}
		&\frac{x-a}{b-a}=\frac{y-c}{d-c}\;\longrightarrow  \;f(x)=y=
		\frac{d-c}{b-a}(x-a)+c
	\end{align*}
	Se $f$ la restringiamo a $f:]a,b[\longrightarrow ]c,d[$, abbiamo
	ottenuto il nostro omeomorfismo ($f$ e' continua perche' e' lineare,
	cosi' come $f^{-1}$)
	\begin{figure}[h]
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.5]{fig/fomeoab}
		\end{center}
	\end{figure}
	Analogamente abbiamo:
	\begin{align*}
		&]a,b[\simeq]c,d[\\
		&[a,b]\simeq[c,d]\\
		&[a,b[\simeq[c,d[\\
		&]a,b]\simeq]c,d]\\
	\end{align*}
\end{exemp}
\begin{exemp}
	Per una dimostrazione alternativa, vedi l'esempio
	\see{expdimaltabcdomeom}.
\end{exemp}
\section{Assiomi di separazione}
\ilabel{assiomi di separazione}
\ilabel{T1}
Gli assiomi di separazione permettono di trattare con spazi topologici piu'
particolari.\\
Dato uno spazio topologico $(X,\Theta)$, i primi 5 assiomi di separazione
sono:
\begin{description}
	\item[$T_0$] $\forall (x,y)\in X^2,x\neq y\;\exists U\in \Theta:\;x\in U,\;y\notin U\;\;\lor\;\;y\in U,\;x\notin U$
	\item[$T_1$] $\forall (x,y)\in X^2\;\exists U, V\in \Theta:\;x\in U,\;y\notin U\;\;\land \;\;y\in V,\;x\notin V$
	\item[$T_2$] $\forall (x,y)\in X^2,x\neq y\;\exists U,V\in\Theta:\;x\in U,\;y\in V,\;U\cap V=\emptyset$
	\item[$T_3$] $\forall C\in \C,\;x\notin C\;\;\exists U,V\in \Theta:\;C\subseteq U,\;x\in V,\;U\cap V=\emptyset$
	\item[$T_4$] $\forall C,D\in \C,C\cap D=\emptyset \;\;\exists U,V\in
		\Theta:\;C\subseteq U,\; D\subseteq V,\;U\cap V=\emptyset $
\end{description}
Alcune definizioni equivalenti:
\begin{description}
	\item[$T_1$] $\forall (x,y)\in X^2,x\neq y\;\exists U\in B(x),\;V\in B(y):\;y\notin U,\;x\notin V$
	\item[$T_1$] $\forall (x,y)\in X^2,x\neq y\;\exists U\in \Theta:\;x\in U,\;y\notin U$
\end{description}
\ilabel{spazio!Ti}
Uno spazio topologico che soddisfa un assioma $T_i$, si dice ``spazio $T_i$''\\
\ilabel{spazio!di Hausdorff}
se soddisfa $T_2$ si dice spazio di Hausdorff\\
\ilabel{spazio!regolare}
se soddisfa $T_3$ e $T_1$ si dice spazio regolare\footnote{in questi appunti,
parlando di spazio $T_3$, intendiamo uno spazio regolare (cioe' uno spazio
$T_3$ e $T_1$)}\\
\ilabel{spazio!normale}
se soddisfa $T_4$ e $T_1$ si dice spazio normale
\begin{thm}
	\label{thmT1.2}
	\[
	(X,\Theta)\textrm{ soddisfa $T_1$}\;\Leftrightarrow \; \forall x\in X,\;\{x\} \in \C
	\]
	ovvero, $X$ e' $T_1$ sse ogni suo singoletto e' chiuso.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{$\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$x\in X$}
		\prove{
		$X\setminus \{x\}\in\Theta$
		} 
		\pflet{$a\in X\setminus \{x\}$, cioe' $a\neq x$}
		Per Hp lo spazio e' $T_1$, e poiche' $a\neq x$ si ha
		$\exists A\in \Theta:\;a\in A,\;x\notin A$
		\begin{align*}
			&x\notin A\;\Rightarrow \;A\subseteq X\setminus
			\{x\}\\
			&a\in A \subseteq X\setminus \{x\}\;\Rightarrow \;
			a\in \den{X\setminus \{x\}}\;\;\textrm{ [thm
			\see{THEM}]}
		\end{align*} 
		Per l'arbitrarieta' di $a\in X\setminus \{x\}$ segue che
		\begin{align*}
		&X\setminus \{x\}=\den{X\setminus \{x\}}\\
		&\;\Rightarrow \;X\setminus \{x\}\in \Theta\;\Rightarrow
		\;\{x\}\in \C
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{$\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$y\neq x$}
		\prove{ $\exists U\in \Theta:\;y\in U,\;x\notin U$ }
		Per Hp $\{x\}$ e' chiuso, quindi $X\setminus \{x\}$ e' aperto.
		Si ha	
		\begin{align*}
			&y\neq x \;\Rightarrow \;y \in X\setminus \{x\}\\
			&U=X\setminus \{x\},\;\;U\in \Theta,\;y\in U,\;x\notin U
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmT1.1}
\[
(X,\Theta)\textrm{ soddisfa $T_1$}\;\Leftrightarrow \; \forall x\in
X,\;\{x\}=\bigcap_{i\in I} U_i,\;\;U_i\in \Theta
\]
Ovvero, $X$ e' $T_1$ se e solo se ogni suo singoletto e' intersezione di
aperti.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$x\in X$}
		Per Hp $\forall y \in X,\;y\neq x\;\exists U_y\in \Theta:\;x\in U_y,\;y\notin U_y$
		 quindi \[
		 \{x\}=\bigcap_{y\neq x} U_y
		 \]
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$y\neq x$}
		\prove{ $\exists U\in \Theta:\;x\in U,\;y\notin U$ }
		Per Hp abbiamo che
		\begin{align*}
		&\{x\}=\bigcap_{i\in I} U_i,\;\;U_i\in\Theta\\
		&y\neq x\;\Rightarrow \;y\notin \bigcap_{i\in I}
		U_i\;\Rightarrow \;\exists n\in I:\;y\notin U_n\\
		&x\in U_n,\;y\notin U_n
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	
	Sia $(X,\Theta)$ uno spazio topologico che soddisfa $T_1$ e $A\subseteq X$
	\[
	x\in D(A)\;\=\; \forall B\in B(x)\;\;|B\cap A| \ge
	|\mathbb{N}|
	\]
	ovvero, $x$ e' un punto di accumulazione per $A$, se ogni suo
	intorno incontra $A$ in infiniti punti (e quindi $A$ e' anche
	infinito).
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\<$}
	\begin{prova}
		Proprio per la definizione di $D(A)$ si ha la tesi.
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\>$}
	\begin{prova}
		\pflet{$B\in B(x)$}
		Per assurdo supponiamo che $B\cap A=\{a_1,\dots, a_n\}$, con
		$n\in \mathbb{N}$.
		\pflet{$C=(B\cap A)\setminus \{x\}$}
		Osservando che
		$C\neq \emptyset $ (dato che
		esiste almeno un punto d'incontro tra un intorno di $x$ e $A$
		che sia diverso da $x$) e che 
		$a_i\in C\;\Leftrightarrow \;a_i\in B\cap A,\;a_i\neq x$
		e poiche' siamo in uno spazio $T_1$, abbiamo
		\begin{align*}
			&\forall a_i\in C\;\exists U_i\in \Theta:\;x\in
			U_i,\;a_i\notin U_i\\
			&\qq x\in \bigcap  U_i\\ 
			&(B\cap A) \cap (\bigcap  U_i) \subseteq
			\{x,\emptyset\}\;\;(*)
		\end{align*}
		$(*)$ Se $B\cap A$ contiene $x$, l'unico suo punto in comune con
		$(\bigcap  U_i)$ e' proprio $x$, altrimenti non ha punti
		in comune.\\Considerando che
		\begin{align*}
			&x\in B\cap (\bigcap  U_i)\\
			& B\cap (\bigcap  U_i) \in B(x)\;\;\textrm{ [inters. di
			intorni e' un intorno]}
		\end{align*} abbiamo trovato
		che $ B\cap (\bigcap U_i)$ e' intorno di $x$ e incontra $A$ in al piu' $x$. Questo
		e' assurdo con l'ipotesi $x\in D(A)$
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	Dato lo spazio  $(X,\Theta)$ finito
	\[
	X\textrm{ soddisfa }T_1\;\Leftrightarrow  \;\Theta \textrm{ e' discreta}
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
	&X\T{ finito }\;\Rightarrow \;X=\{x_1\}\cup \{x_2\}\cup \dots\cup \{x_n\}\\
	&X\T{ e' }T_1\;\Rightarrow \;\{x_1\} \T{ e' chiuso }\;\Rightarrow \;X \T{ e' chiuso, in quanto unione finita di chiusi}\\
	&C=X\setminus \{x_i\}\T{ e' chiuso, perche' unione finita di chiusi}\\
	&X\setminus C=\{x_i\} \T{ e' aperto}\;\Rightarrow \;\Theta \T{ e'
	discreta}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
	\begin{align*}
&X\T{ finito }\;\Rightarrow \;X=\{x_1\}\cup \{x_2\}\cup \dots\cup \{x_n\}\\
&\Theta\T{ discreta}\;\Rightarrow \;\{x_i\} \T{aperto}\\
&X\setminus \{x_i\} \T{ e' aperto in quanto unione di aperti }\\
&\;\Rightarrow \;\{x_i\} \T{ e' chiuso }\;\Rightarrow \;X\T{ e' }T_1
	\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\ilabel{unicita' del limite}
	In uno spazio $(X,\Theta)$ che soddisfa $T_2$, il limite di una
	successione e' unico.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		\pflet{$l=\lim_{n\rightarrow +\infty} p_n$\\
		$l'=\lim_{n\rightarrow +\infty} p_n$\\}
		Supponiamo per assurdo che $l\neq l'$.
		Per definizione di limite
		\begin{align*}
			&(*)\begin{cases}
		\forall U \in B(l),\; \exists v > 0:\;\forall n>v,\;p_n \in U\\
		\forall V \in B(l'),\; \exists v' > 0:\;\forall n>v',\;p_n \in V
			\end{cases}
		\end{align*}
		Poiche' lo spazio e' $T_2$:
		\begin{align*}
			&l\neq l'\;\Rightarrow \;\exists U,V \in \Theta:\;l\in U,l'\in V,\;U\cap V=\emptyset 
		\end{align*}
		Ma per la $(*)$ accade che $p_n\in U,V\;\Rightarrow \;p_n\in
		U\cap V$, e questo e' assurdo.
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	$(X,\Theta)$ e' $T_2\;\Leftrightarrow \; \forall x\in
	X\;\;\{x\}=\bigcap_{i\in I} U_i,\;\;U_i\in B(x),\;U_i\in \C $
	ovvero, $X$ e' $T_2$ sse ogni suo singoletto e' intersezione di suoi
	intorni chiusi.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$x\in X$}
		Per Hp 
		\begin{align*}
		&\forall y\in X,x\neq y\;\exists
		U_y,V_y\in\Theta:\;x\in U_y,\;y\in V_y,\;U_y\cap
		V_y=\emptyset\\
		&V_y\in B(y), V_y\cap U_y=\emptyset \;\Rightarrow \;y\notin
		\overline{U_y}\;\;\textrm{ [thm \see{thmpasegnato}]}\\
		&\forall y\in X\;\;x\in \overline{U_y},\;y\notin \overline{U_y}\;\Rightarrow \;\{x\}=\bigcap_{y\neq x} \overline{U_y}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$x,y\in X,\;x\neq y$}
		\begin{align*}
			&\{x\}=\bigcap_{i\in I} U_i,\;\;U_i \textrm{ intorno di
			$x$, chiuso}\\
			&y\neq x\;\Rightarrow \;y\notin \bigcap_{i\in I}
			U_i\;\Rightarrow \;\exists n\in I:\;y\notin U_n\\
			&U_n\in B(x)\;\Rightarrow \;\exists A \in
			\Theta:\;x\in A \subseteq U_n\\
			&B=X\setminus U_n\\
			&y\in B\in \Theta\;\;\textrm{ [$B$ e' aperto perche'
			$U_n$ e' chiuso]}\\
			&A\cap B=\emptyset 
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}\qq\\
	\label{thmt3}
	$(X,\Theta)$ e' $T_3\;\Leftrightarrow \; (X,\Theta)$  e' $T_1$ e $\forall x\in
	X\;\;\exists \V_x, \T{sistema fond. d'intorni}:\;\forall B\in
	\V_x,\;X\setminus B \in \Theta$.\\
	Ovvero, $(X,\Theta)$ e' $T_3$ sse ogni suo punto ha un sistema
	fondamentale d'intorni chiusi.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$x\in X$}
		\prove{Ogni intorno di $x$ contiene un intorno chiuso. Tutti
		gli intorni chiusi formeranno quindi $\V_x$.}
		Per provare che ogni intorno di $x$ contiene un intorno
		chiuso, basta considerare solo gli intorni aperti, ovvero
		\pflet{$A\in \Theta:\;x\in A$}
		\prove{$\exists C$ chiuso: $x\in C\subseteq A$}
		\pflet{$F=X\setminus A$}
		$F$ e' chiuso e $x\in A\;\Rightarrow \;x\notin F$\\
		$(X,\Theta)$ e' $T_3\;\Rightarrow \;\exists
		U,V\in\Theta:\;x\in U,\;F\subseteq  V,\;U\cap V=\emptyset $\\
		\step{}{$\overline{U}\cap V=\emptyset $ }
		\begin{prova}
			\pflet{$p\in V$}
			\begin{align*}
				&V\in B(p),\;V\cap U=\emptyset \;\Rightarrow
				\;p\notin \overline{U}\;\;\textrm{ [per la
				caratt. della chiusura]}\\
				&\;\Rightarrow \;V\cap \overline{U}=\emptyset 
			\end{align*}
		\end{prova}
		\step{}{$\overline{U}\subseteq A$}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
				&F\subseteq V\;\Leftrightarrow \;X\setminus
				A\subseteq V\\
				&V\cap \overline{U}=\emptyset \\
				&\;\;\Rightarrow \;(X\setminus A)\cap
				\overline{U}=\emptyset\;\Rightarrow 
				\;
				\;\overline{U}\subseteq A
			\end{align*}
		\end{prova}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\pflet{$F$ chiuso\\$x\notin F$}
		\prove{$\exists U,V\in \Theta:\;x\in U,F\subseteq V,U\cap
		V=\emptyset $}
		$x\notin F\;\Rightarrow \;x\in X\setminus F \in \Theta$,
		ovvero $X\setminus F$ e' un intorno aperto di $x$\\
		Per Hp $\exists \V_x$ sistema fondamentale d'intorni chiusi, e
		quindi \begin{align*}
		&\exists B\in \V_x:\;B\subseteq X\setminus F\\
		&\;\;\Leftrightarrow \;X\setminus B \supseteq F\\
		&B\in  \V_x\;\Rightarrow \;B\textrm{ e' chiuso}\;\Rightarrow
		\;X\setminus B \textrm{ e' aperto}
		\end{align*}
		\step{}{Dim $x\in \den{B}$}
		\begin{prova}
			Per definizione di intorno $\exists A\in \Theta:\;x\in
			A\subseteq B$, ma $\den{B}$ e' il piu' grande aperto
			contenuto in $B$, quindi $x\in A \subseteq \den{B}
			\subseteq B$
		\end{prova}
		In definitiva:
		\begin{align*}
		&F\subseteq X\setminus B,\;x\in \den{B},\;(X\setminus B)\cap
		\den{B}=\emptyset 
		\end{align*}
		Cioe', abbiamo due aperti disgiunti, uno contenente $F$ e
		l'altro contenente $x$.
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\qq\\
	\label{tnot4}
	\label{thmt4}
	Dato $(X,\Theta)$ spazio top. separabile,
	\[
	\exists A\subseteq X,\;\T{ chiuso e
	discreto},\;|A|=|\mathbb{R}|\;\Rightarrow \;(X,\Theta)\;\T{ non e'
	}T_4
	\]
	per quanto visto nel thm \see{chiusoedis}, dire che $A$ e' chiuso e
	discreto, equivale a dire che non ha punti di accumulazione.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
\step{}{Lemma: $A\subseteq X$ denso, $U\in \Theta\;\Rightarrow \;$
$\overline{U}=\overline{U\cap A}$}
\begin{prova}
	L'inclusione $\overline{U\cap A}\subseteq \overline{U}$ e' ovvia
	perche' $U\cap A\subseteq U\;\Rightarrow \;\overline{U\cap A}\subseteq
	\overline{U}$.\\
	Sia $p\in \overline{U}$, e $V\in B(p),$ aperto.
	\begin{align*}
		&p\in \overline{U}\;\>\; T=V\cap U\neq \emptyset \\
		&T\in \Theta\\
		&A\;\T{ denso}\;\Rightarrow \;T\cap A \neq \emptyset \;\T{ per
		def di ins. denso}\\
		&T\cap A = V\cap U\cap A\neq \emptyset\;\Rightarrow \;p\in
		\overline{U\cap A}
	\end{align*}
	l'ultima implicazione deriva dall'arbitrarieta' di $V$: tutti gli
	intorni di $p$ incontrano $U\cap A$, e quindi $p\in \overline{U\cap
	A}$
\end{prova}
\step{}{Dim. il thm per assurdo}
\begin{prova}
	Supponiamo per assurdo che $X$ sia normale.\\
	\pflet{$D\subseteq X,$ denso e numerabile (esiste perche' $X$ e'
	separabile)\\
	$X_1 \subseteq X,\;|X_1|=|\mathbb{R}|,\;D(X_1)=\emptyset $\\
	$A\subseteq X_1$}
	\begin{align*}
		&A \subseteq X_1,\;D(X_1)=\emptyset \;\Rightarrow \;
		D(A)=\emptyset \;\Rightarrow \;\overline{A}=A\cup
		D(A)=A\;\Rightarrow \;A\;\T{chiuso}\\
		&X_1 \setminus A\;\T{chiuso},\;A\cap (X_1\setminus
		A)=\emptyset
	\end{align*}
	Poiche' lo spazio e' $T_4$,
	\begin{align*}
		&\exists V_A, W_A\in \Theta:\;A\subseteq V_A, X\setminus
		A\subseteq W_A,\;V_A\cap W_A=\emptyset \\
		&A\subseteq V_A\subseteq \overline{V_A}=\overline{V_A\cap
		D}\;\T{ per il lemma di prima}\\
		&\T{Poniamo $D_A=V_A\cap D$.}\\
		&A \subseteq \overline{V_A\cap D}=\overline{D_A}\\
		&A\subseteq X_1\;\Rightarrow \;A\subseteq \overline{D_A}\cap
		X_1\\
		&\\
		&p\in \overline{D_A}\cap X_1=\overline{V_A\cap D}\cap
		X_1\;\Rightarrow \;p\in \overline{V_A\cap D}=\overline{V_A}\\
		&V_A\cap W_A=\emptyset \;\Rightarrow \;\overline{V_A}\cap
		W_A=\emptyset \;\Rightarrow \;p\notin W_A\supseteq
		X_1\setminus A\\
		&p\notin X_1\setminus  A\;\Rightarrow \;p\in A \;\lor \;p\in
		X\setminus X_1\\
		&p\in X_1\;\Rightarrow \;p\in A\\
		&\qq \;\Rightarrow \;\overline{D_A}\cap X_1 \subseteq A\\
		&\\
		&A=\overline{D_A}\cap X_1
	\end{align*}
	\pflet{$\varphi:P(X_1)\longrightarrow P(D)$\\
	$\varphi(A)=D_A$}
	\step{}{
	$\varphi$ e' iniettiva:
	}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&\varphi(A)=\varphi(B)\;\Leftrightarrow
			\;D_A=D_B\;\Rightarrow
			\;\overline{D_A}=\overline{D_B}\;\Rightarrow  \;
			\overline{D_A}\cap X_1=\overline{D_B}\cap X_1\\
			&\;\Rightarrow \;A=B
		\end{align*}
	\end{prova}
	Poiche' $\varphi$ e' iniettiva segue che $|P(X_1)| \le  |P(D)|$.
	Questo e' assurdo perche' $P(X_1)$, per il thm di Cantor, ha
	cardinalita' strettamente maggiore di $|\mathbb{R}|$, e $P(D)=|P(\mathbb{N})|$,
	poiche' $D$ e' numerabile; cioe' $|P(X_1)| >  |\mathbb{R}| = |P(D)|$.
\end{prova}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}\qq\\
	\label{metrzimplicanormale}
	\[
	(X,\Theta)\;\T{ metrizzabile}\;\Rightarrow \;(X,\Theta)\;\T{ e'
	normale}\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		\step{}{Dimostriamo che $(X,\Theta)$ e' $T_2$ (e quindi $T_1$)}
		\begin{prova}
			Poiche' lo spazio e' metrizzabile $\Theta=\Theta(d)$.
			\pflet{$p,q\in X,\;p\neq q$}
			\prove{$\exists U,V\in \Theta(d):\;p\in U,q\in V,U\cap V=\emptyset $}
			\begin{align*}
				&\varepsilon=d(p,q)\\
				&G_1=S(p,\frac{\varepsilon}{2})\in \Theta(d)\\
				&G_2=S(q,\frac{\varepsilon}{2})\in \Theta(d)
			\end{align*}
			\step{}{Dim $G_1\cap G_2=\emptyset $}
			\begin{prova}
				\pflet{$z\in G_1\cap G_2$}
				\prove{assurdo}
				\begin{align*}
					&z\in
					G_1\;\Rightarrow\;d(z,p)<\frac{\varepsilon}{2}\\
					&z\in G_2\;\Rightarrow \;d(z,q)<\frac{\varepsilon}{2}\\
					&d(p,q)\underbrace{\le}_{\T{prop.
					triangolare}} d(z,p)+d(z,q) < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2}= \varepsilon\\
					&\;\;\;\Rightarrow d(p,q) < \varepsilon\T{ assurdo perche' } d(p,q)=\varepsilon
				\end{align*}
			\end{prova}
		\end{prova}
		\step{}{Dimostriamo che e' $T_4$}
		\begin{prova}
			\pflet{$C_1, C_2\in \C:\;C_1\cap C_2=\emptyset $}
			\begin{align*}
				& C_1\cap C_2=\emptyset \;\Rightarrow \;C_1
				\subseteq \underbrace{X\setminus C_2}_{\in \Theta(d)}\\
				& C_1\cap C_2=\emptyset \;\Rightarrow \;C_2
				\subseteq \underbrace{X\setminus C_1}_{\in \Theta(d)}
			\end{align*}
			Per definizione di $\Theta(d)$, poiche' $C_1$ e' un
			sottoinsieme di un aperto,
			\begin{align*}
				&\forall p \in C_1 \;\exists S(p,
				\varepsilon_p)\subseteq X\setminus C_2
			\end{align*}
			lo stesso per $C_2$:
			\begin{align*}
				&\forall q \in C_2 \;\exists S(p,
				\varepsilon_q)\subseteq X\setminus C_1
			\end{align*}
			Allora
			\begin{align*}
				&G_1=\bigcup_{p\in C_1} S(p,\frac{\varepsilon_p}{2})\\
				&G_2=\bigcup_{q\in C_2}
				S(q,\frac{\varepsilon_q}{2})
			\end{align*}
			$G_1,G_2$ sono aperti perche' sono unione di sfere.
			Ovviamente $C_1\subseteq G_1$ (dato che ogni punto di
			$C_1$ e' centro di una sfera di $G_1$). E lo stesso
			vale per $C_2$. 
			\step{}{ Resta solo da dimostrare che $G_1\cap G_2=\emptyset $.}
			\begin{prova}
				Per assurdo
				\pflet{$z\in G_1\cap G_2$}
				\begin{align*}
					&z\in G_1\;\Rightarrow \;\exists p \in C_1:\;z\in S(p,\frac{\varepsilon_p}{2}) \;\Rightarrow \;d(p,z) < \frac{\varepsilon_p}{2}\\
					&z\in G_2\;\Rightarrow \;\exists q \in C_2:\;z\in S(q,\frac{\varepsilon_q}{2})\;\Rightarrow d(z,q)< \frac{\varepsilon_q}{2}\\
					&d(p,q) \le d(p,z)+d(z,q) < \frac{\varepsilon_p}{2}+ \frac{\varepsilon_q}{2} 
					\underbrace{<}_{
						\T{supponiamo che $\varepsilon_p > \varepsilon_q$}
							}
							\varepsilon_p\\
					&\;\;\;\Rightarrow
					\;d(p,q)<\varepsilon_p\;\Rightarrow
					\;q\in S(p, \varepsilon_p) \subseteq
					X\setminus C_2\;\T{ assurdo, perche' } q \in C_2
				\end{align*}
			\end{prova}
		\end{prova}
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\nLeftarrow$}
	\begin{prova}
		Per quanto abbiamo visto in \see{nonsonometr}, la retta di
		Sorgenfrey $(\mathbb{R},\Theta_s)$ non e' metrizzabile. E'
		pero' $T_4$.\\
		La retta di Sorgenfrey e' definita da questa base:
		\[
		\B= \{[a,a+\varepsilon[\}_{a\in \mathbb{R}}
		\]
		\step{}{$(\mathbb{R},\Theta_s)$ e' $T_4$}
		\begin{prova}
			\pflet{$C_1, C_2\in \C:\;C_1\cap C_2=\emptyset $}
			\begin{align*}
				& C_1\cap C_2=\emptyset \;\Rightarrow \;C_1
				\subseteq \underbrace{\mathbb{R}\setminus C_2}_{\in \Theta}\\
				& C_1\cap C_2=\emptyset \;\Rightarrow \;C_2
				\subseteq \underbrace{\mathbb{R}\setminus C_1}_{\in \Theta}
			\end{align*}
			Poiche' $C_2,C_1$ sono sottoinsiemi di un aperti, per definizione di $\Theta$:
			\begin{align*}
				&\forall p \in C_1\;\exists [p,p+\varepsilon_p[\subseteq \mathbb{R}\setminus C_2\\
				&\forall q \in C_2\;\exists [q,q+\varepsilon_q[\subseteq \mathbb{R}\setminus
				C_1
			\end{align*}
			Costruiamo gli aperti
			\begin{align*}
				&G_1=\bigcup_{p\in C_1} [p,p+\varepsilon_p[\\
				&G_2=\bigcup_{q\in C_2} [q,q+\varepsilon_q[
			\end{align*}
			$G_1,G_2\in \Theta$ perche' unione di aperti.
			\step{}{Resta da dimostrare che $G_1\cap G_2=\emptyset
			$}
			\begin{prova}
				Lo dimostreremo facendo vedere che due
				qualsiasi aperti $[p,p+\varepsilon_p[\subseteq
				G_1,\;\; [q,q+\varepsilon_q[\subseteq G_2$ non
				si incontrano.\\
				\assume{$p<q$}
				Se per assurdo $p+\varepsilon_p > q$ si
				avrebbe $q\in [p,p+\varepsilon_p[ \subseteq
				\mathbb{R}\setminus C_2$ e dato che $q\in
				C_2$, questo e' assurdo. Percio'
				$[p,p+\varepsilon_p[ \cap
				[q,q+\varepsilon_q[=\emptyset $
			\end{prova}
		\end{prova}
	\qed
	\end{prova}
\end{prova}

\begin{prop}
Vale la seguente catena d'implicazioni:
\[
\T{normale} \Rightarrow \T{regolare} \Rightarrow T_2\Rightarrow T_1\Rightarrow T_0
\]
non vale pero' il viceversa per ognuna di esse.\\
\end{prop}
\begin{prova}
	\step{}{Dim $\T{regolare} \Rightarrow T_2$}
	\begin{prova}
		$x,y\in X$\\
		$\{x\}$ e' chiuso perche' $X$ e' $T_1$.\\
		Poiche' $X$ e' $T_3$, $\exists U,V\in \Theta:\;\{x\}\subseteq
		U,\;y\in V,\;U\cap V=\emptyset$\\
		$\{x\}\subseteq U\;\Leftrightarrow \; x\in U$\\
		Quindi dati $x,y\in X\;\;\exists U,V\in \Theta:\;x\in U,\;y\in
		V,\;U\cap V=\emptyset$. Questa e' la definizione di $T_2$.
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
	Ecco alcuni controesempi.
	\begin{prova}
		\step{}{$T_0\nRightarrow T_1$}
		\begin{prova}
		Consideriamo la topologia delle semirette destre: $(X,J_d)$,
		$J_d=\{[a,+\infty [,\;a\in \mathbb{R}\}$.\\
		$X$ e' $T_0$ perche' se prendiamo $x<y$, l'aperto
		$[y,+\infty[$ non contiene $x$ ma contiene $y$. Tuttavia non
		e' $T_1$ perche' non esiste alcun aperto che contiene $x$ ma
		non $y$, infatti, $x<y,\;x\in[a,+\infty[ \;\Rightarrow
		\;y\in[a,+\infty[$
		\end{prova}
		\step{}{$T_1\nRightarrow T_2$}
		\begin{prova}
		Consideriamo la topologia cofinita $\Theta_c$ con $X$
		infinito.\\
		Per definizione, ogni sottoinsieme finito e' chiuso, quindi
		anche ogni singoletto e' finito. Per il teorema \see{thmT1.2}
		$X$ e' $T_1$. Tuttavia, dato che due aperti si incontrano
		sempre, non e' $T_2$.
		\end{prova}
		\step{}{$T_2\nRightarrow \T{regolare}$}
		\begin{prova}
			Costruiamo la topologia $\Theta$ sullo spazio
			$\mathbb{R}$, a partire da una base d'intorni
			(\vedi{costruzione!da base d'intorni}).
			\case{$x\in \mathbb{R}\setminus \{0\}$}
			\begin{prova}
				\[\V_x = \left\{ \right]x-\frac{1}{n},x+\frac{1}{n}\left[ \;|\; n\in \mathbb{N}\right\} \]ovvero, la normale base d'intorni per $\Theta_e$
			\end{prova}
			\case{$x=0$}
			\begin{prova}
				\[
				\V_x = \left\{ \right]x-\frac{1}{n},x+\frac{1}{n}\left[\setminus Z \;|\; n\in \mathbb{N}\right\}
				\]
				dove
				$Z=\left\{\left\{\frac{1}{m}\right\}_{m\in
				\mathbb{N}^*}\right\}$. In sostanta, $\V_x$ e' la
				normale base d'intorni, bucata dai punti di $Z$.
			\end{prova}
			La topologia e' definita da:
			\[
			\Theta=\{A\subseteq X\;|\;\forall x \in A\;\exists B\in\V_x:\;x\in B\subseteq A\}
			\]
			\step{}{Dimostriamo che $\Theta$ e' una topologia}
			\begin{prova}
				Basta verificare le 3 proprieta' delle basi
				d'intorni (\vedi{costruzione!da base
				d'intorni}). Nelle dimostrazioni,
				verificheremo solo per $x=0$, dato che per
				$x\neq 0$ ritorniamo nella topologia euclidea.
				\step{}{$\V_0\neq \emptyset $, $ \;\forall U \in \V_0\;0\in U$}
				\begin{prova}
					questa proprieta' e' ovvia.
				\end{prova}
				\step{}{$U_1,U_2\in \V_x\;\Rightarrow \;\exists U_3\in \V_x:\; U_3\subseteq U_1\cap U_2$. 
				}
				\begin{prova}
					\pflet{$U_1,U_2\in \V_0$}
					$U_1,U_2$ sono intorni che hanno
					centro in $0$, quindi uno dei due e'
					contenuto nell'altro. Se ad esempio
					$U_1\subseteq U_2$ si ha\[
					U_1\cap U_2=U_1\;\Rightarrow
					\;U_1\in\V_0,\;U_1\subseteq U_1\cap U_2
					\]
				\end{prova}
				\step{}{$x\in U\in \V_y\;\Rightarrow \;
				\exists V \in \V_x:\;V\subseteq U$ }
				\begin{prova}
					\case{ $x=0,\;y\neq 0$}
					\begin{prova}
						\assume{$y<x$}
						\pflet{
						$U=]y-\frac{1}{n},y+\frac{1}{n}[\in
						\V_y:\;y+\frac{1}{n}>0$
						}
						basta prendere una $\varepsilon
						>0:\;\Big|\frac{1}{\varepsilon}\Big|
						< \min\{|y|,y+\frac{1}{n}\}$
						e si ha
						\[
						V=]-\frac{1}{\varepsilon},\frac{1}{\varepsilon}[\setminus
						Z \subseteq
						]y-\frac{1}{n},y+\frac{1}{n}[
						\]
						(disegnando la retta, cio' che
						abbiamo detto diventa
						immediatamente comprensibile).
					\end{prova}
					\case{$y=0$}
					\begin{prova}
					\label{labstepex}
						\pflet{$U=]-\frac{1}{n},\frac{1}{n}[\setminus
						Z\in \V_0$\\$x\in U$}
						$x\in U\;\Rightarrow \;x\neq
						\frac{1}{m}\;\forall m \in
						\mathbb{N}^*$, allora possiamo
						trovare il punto
						$\frac{1}{m'}$ piu' vicino a
						$x$ e prendere
						$\varepsilon>0:\;d(x,x\pm\frac{1}{\varepsilon})<d(x,\frac{1}{m'})$
						cosi' abbiamo
						\[
						x\in]x-\frac{1}{\varepsilon},x+\frac{1}{\varepsilon}[\subseteq
						U
						\]
						Come esempio
						vedi fig \see{fig:label1213}.
						\begin{figure}[h]
							\begin{center}
								\includegraphics[scale=0.4]{fig/t2t3}
							\end{center}
							\caption{esempio con
							$m'=\frac{1}{4}$}
							\label{fig:label1213}
						\end{figure}
					\end{prova}
				\end{prova}
				\qed
			\end{prova}
			\step{}{Dimostriamo che $\Theta \ge  \Theta_e$, ovvero
			$\Theta$ e' piu' fine di $\Theta_e$}
			\begin{prova}
				\prove{Ogni intorno di $\Theta_e$ e' intorno
				di $\Theta$}
				Consideriamo solo gli intorni di tipo $\V_0$
				(per gli altri non c'e' nulla da dimostrare,
				dato che sono euclidea.\\
				Un intorno euclideo $U$ di $0$, contiene intorni
				``bucati'' di tipo $\V_0$. Dato che se un
				insieme contiene un intorno, e' esso stesso un
				intorno, segue che $U$ e' un intorno di $0$ in
				$\Theta$.
			\end{prova}
			Per la proposizione \see{propfinezzadellaseparazione},
			si ha quindi che $(X,\Theta)$ e' $T_2$.
			\step{}{$(X,\Theta)$ non e' $T_3$}
			\begin{prova}
				Per dimostrare che non e' $T_3$ bisogna
				trovare un chiuso e un punto in modo tale
				che qualsiasi aperto
				contenente il chiuso si incontri con un
				qualsiasi aperto contente il punto.
				Come chiuso scegliamo $Z$ e come punto
				$0\notin Z$.
				\step{}{$Z$ e' un chiuso}
				\begin{prova}
					\prove{$\mathbb{R}\setminus Z\in
					\Theta$}
					Per come abbiamo definito $\Theta$,
					\[
					\mathbb{R}\setminus Z\in \Theta\;\Leftrightarrow \;\forall x \in \mathbb{R}\setminus Z\;\exists B\in\V_x:\;x\in B\subseteq \mathbb{R}\setminus Z
					\]
					Allora, sia $x\in  \mathbb{R}\setminus
					Z$. Cosi' come abbiamo fatto prima nel
					passo 3.3, se
					consideriamo il punto $\frac{1}{m'}$
					piu' vicino a $x$, possiamo trovare
					una $\varepsilon>0$ in modo da avere:
					\[
					x\in
					]x-\frac{1}{\varepsilon},x+\frac{1}{\varepsilon}[\subseteq
					\mathbb{R}\setminus Z
					\]
				\end{prova}
				\pflet{$U,V\in\Theta$\\
				$Z\subseteq V,\;0\in U$}
				\step{}{Dimostriamo che $U\cap V\neq \emptyset
				$}
				\begin{prova}
Per la definizione di $\Theta$, \[
0\in U\;\Leftrightarrow \;\exists B\in \V_0:\;0\in B\subseteq U
\]
ovvero
\[
\exists n\in \mathbb{N}:\;]-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}[\setminus Z\subseteq U
\]
\pflet{$m\in \mathbb{N}^*:\;\frac{1}{m}<\frac{1}{n}$}
Si ha che $\frac{1}{m}\in Z \subseteq V\;\Rightarrow \;\frac{1}{m}\in V$.
Poiche' $V$ e' aperto:
\[
\exists \varepsilon>0:\;]\frac{1}{m}-\varepsilon,
\frac{1}{m}+\varepsilon[\subseteq V
\]
Se fissiamo $\varepsilon>0:\;\frac{1}{m}+\varepsilon < \frac{1}{n}$
e consideriamo le intersezioni, abbiamo:
\begin{align*}
	&\Big]\frac{1}{m}-\varepsilon, \frac{1}{m}+\varepsilon\Big[ \cap 
	\Big]-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\Big[\setminus Z \supseteq \Big]\frac{1}{m},\frac{1}{m}+\varepsilon\Big[\setminus Z\neq \emptyset 
\end{align*}
Quindi $U\cap V\neq \emptyset $
				\end{prova}
			\end{prova}
		\step{}{$(X,\Theta)$ non e' $T_3$ (dimostrazione alternativa)}
		\begin{prova}
			Usando il teorema \see{thmt3}, basta far vedere che
			almeno un punto non ha un sistema fond. d'intorni
			chiusi, ovvero basta trovare un intorno che non
			contiene un intorno chiuso.\\
			Supponiamo per assurdo che esista un intorno
			$U=]-\frac{1}{n},\frac{1}{n}[\setminus Z$ di $0$ che contenga un intorno chiuso
			$V=]-\frac{1}{m},\frac{1}{m}[\setminus Z$ di $0$. Se $V$ e' chiuso $V=\overline{V}$, quindi
			$\overline{V}\subseteq U$, ma $\overline{V}$ e' del
			tipo:
				$\overline{V}=\overline{]-\frac{1}{m},\frac{1}{m}[\setminus
				Z}$\\
				Consideriamo $\frac{1}{d}\in
				Z:\;-\frac{1}{m}<\frac{1}{d}<\frac{1}{m}$. Un
				qualsiasi intorno di $\frac{1}{d}$, incontra
				$V$ (disegna la retta per rendertene conto),
				quindi $\frac{1}{d}\in \overline{V}$. Per
				l'arbitrarieta' di $d$,
				questo vuol dire che $Z\subseteq \overline{V}$
				e questo e' assurdo.
		\end{prova}
		\end{prova}
		\step{}{$\T{regolare} \nRightarrow \T{normale}$}
		\begin{prova}
			Il piano di Niemytzki e' $T_3$ ma non e' $T_4$.
			\step{}{Dim che e' $T_3$}
			\begin{prova}
				Usando il teorema \see{thmt3}, basta far
				vedere che un intorno contiene un intorno
				chiuso. Gli intorni chiusi, in
				Niemytzki, sono dischi con bordo. E' facile
				vedere che in ogni intorno si puo' disegnare
				un disco con bordo tutto contenuto in esso.
			\end{prova}
			\step{}{Dim che non e' $T_4$}
			\begin{prova}
				Usando il thm \see{tnot4}: L e' separabile, $L_1$ e'
				chiuso e discreto (non contiene punti di
				accumulazione),
				$|L_1|=|\mathbb{R}|$ quindi $L$ non e' $T_4$
			\end{prova}
		\end{prova}
		\qed
	\end{prova}
\end{exemp}
\begin{prop}	
$T_i$, con $i=0,1,2,3$, e' una proprieta' ereditaria.
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $T_3$}
	\begin{prova}
		\pflet{$(X,\Theta)$ $T_3$\\$F\subseteq X$}
		\prove{$(F,\Theta_F)$ e' $T_3$}
		\pflet{$C'\in \C_F,\;p\notin C'$}
		Per definizione di topologia indotta $\exists C\in
		\C:\;C'=C\cap F$, quindi $p\in F,p\notin C'\;\Rightarrow
		\;p\notin C$. Poiche' $(X,\Theta)$ e' $T_3$, si ha 
		\[\exists U,V\in \Theta:\;C\subseteq U,\;p\in V,\;U\cap
		V=\emptyset \]
		\begin{align*}
			&U'=U\cap F \in \Theta_F\\
			&V'=V\cap F \in \Theta_F\\
			&C'\subseteq U',\;p\in V',\;U'\cap
			V'=\underbrace{U\cap V}_{\emptyset }\cap F=\emptyset 
		\end{align*}
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dim $T_2$}
	\begin{prova}
		\pflet{$(X,\Theta)$ $T_2$\\$F\subseteq X$}
		\prove{$(F,\Theta_F)$ e' $T_2$}
		\pflet{$p,q\in F,\;p\neq q$}
		Poiche' $X$ e' $T_2$ si ha
		\begin{align*}
			&\exists U,V\in \Theta:\;p\in U, q\in V,\;U\cap
			V=\emptyset\\
			&U'=U\cap F\in \Theta_F\\
			&V'=V\cap F\in \Theta_F\\
			&p\in U',\;q\in V',\;U'\cap V'=\underbrace{U\cap
			V}_{\emptyset }\cap F=\emptyset
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
	$(\mathbb{R}, \Theta_e)$ soddisfa, ovviamente, $T_2$. Poiche' $T_2$ e'
	ereditaria, anche $\Theta_{\mathbb{R}^2_+}$, la topologia indotta su
	$\mathbb{R}^2_+$ da $\Theta_e$, soddisfa $T_2$.
\end{exemp}
\begin{prop}
	\label{propfinezzadellaseparazione}
	$(X,\Theta)$ e' $T_i$, con $i=0,1,2$, e $\Theta' \ge \Theta\;\Rightarrow \;
	(X,\Theta')$ e' $T_i$.
\end{prop}
\begin{exemp}
	La topologia di Niemytzki $\Theta_N$ e' piu' fine di
	$\Theta_{\mathbb{R}^2_+}$, quindi anche $\Theta_N$ soddisfa $T_2$ .
\end{exemp}
\begin{thm}
	Dati i due spazi topologici $(X,\Theta),(Y,\Theta')$ con $Y$
	che soddisfa $T_2$, date due funzioni continue $f,g:X\longrightarrow
	Y$, e dato $A\subseteq X$, denso, si ha:
	\[
	f(x)=g(x)\;\forall x \in A\;\Rightarrow \;f(x)=g(x)\;\forall x \in X
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dimostriamolo per assurdo}
	\begin{prova}
		\assume{ per assurdo che $\exists x_0\in X:\;f(x_0)\neq g(x_0)$}
		\begin{align*}
			&f(x_0)\in Y,g(x_0)\in Y,\;\T{poiche' $Y$ e' $T_2$, si ha:
			}\\
			&\exists U,V\in \Theta':\;f(x_0)\in U,\;g(x_0)\in
			V,\;U\cap V=\emptyset \\
			&f^{-1}(U) \in \Theta\;\;\textrm{ [la f e' continua]}\\
			&g^{-1}(V) \in \Theta\;\;\textrm{ [la g e' continua]}\\
			&x_0\in \underbrace{f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)}_{\in\Theta}\\
			&A\T{ denso}\;\Leftrightarrow
			\;\overline{A}=X\;\Leftrightarrow \;
	\forall B \in (\Theta\setminus \{\emptyset\}) \;\;A\cap B\neq
	\emptyset \;\; \textrm{ [vedi par. \see{denso}]}\\
	&\;\Rightarrow \;Z=(f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)) \cap A\neq \emptyset \\
	&\forall z \in Z\;\;\\
	&\qq z\in A\;\Rightarrow \;f(z)=g(z)\\
	&\qq z\in f^{-1}(U) \;\Rightarrow \;f(z)\in U\\
	&\qq z\in g^{-1}(U) \;\Rightarrow \;g(z)=f(z)\in V\\
	&\qq\qq\;\Rightarrow \;f(z)\in U\cap V\;\;\textrm{ [assurdo, perche' $U\cap V=\emptyset $]}
		\end{align*}
	\end{prova}
\end{prova}


\section{Prodotto e quozienti}
\subsection{POSET di topologie}
Denotiamo con $\top(X)$ l'insieme di tutte le topologie definite su $X$,
ovvero $\top(X)=P(P(X))$.\\
$(\top(X), \subseteq)$ e' un POSET con la relazione d'inclusione (la stessa
che abbiamo in \see{topologia fine}).
\begin{thm}
	\ilabel{poset topologico}
	$(\top(X), \subseteq)$ e' completo, ovvero, ogni sottoinsieme di $X$
	ammette $\sup$ e $\inf$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		\pflet{$T=\{\Theta_i\}_{i\in I} \subseteq  \top(X)$}

		\step{}{$\inf T=\bigcap_{i\in I} \Theta_i$  }
		\begin{prova}
			$\inf T$ e' una topologia su $X$, perche' intersezione
			di topologie: un suo aperto, e' aperto in ogni
			$\Theta_i$.\\
			Inoltre, $\inf T$ e' meno fine rispetto a
			ogni $\Theta_i$: ogni suo aperto e' contenuto in
			$\Theta_i$.\\
			Infine, e' il massimo dei minoranti di
			$T$: sia $\tau$ un minorante di $T$, ovvero $\tau \(
			\Theta_i\;\;\forall i \in I$,
			\eal{&\> \tau \( \bigcap_{i\in }\Theta_i=\inf T\> \tau
			\le \inf T}
		\end{prova}
		\step{}{$\sup T$ e' quella topologia $\tau$ che ha per base 
		\[\B=\left\{\bigcap_{s\in J}
		A_s\;\Big|\;A_s\in \Theta_s\right\}_{J\subseteq I}\]ovvero
		$\B$ contiene tutte le possibili intersezioni finite fra
		aperti dei vari $\Theta_i$.}
		\begin{prova}
			Si dimostra che $\B$ e' una base (vedi
			\see{costruzione!da base}).\\
			\step{}{ $\B$ e' anche un maggiorante di $T$, perche' $\B \supseteq \bigcup_{i\in I} \Theta_i$ }
			\begin{prova}
				Quando $J\subseteq I$ e' un singoletto, cioe'
				$J=\{p\}$, si ha che
				$\forall A_p \in \Theta_p\;\;A_p\in \B$. Allora
				considerando tutti i singoletti, abbiamo che
				$\forall p\in I\;\;\Theta_p \subseteq \B$
			\end{prova}
		\end{prova}
		\step{}{$\tau$ e' il minimo dei maggioranti}
		\begin{prova}
			\pflet{$\tau'$ un maggiorante di $T$}
			Allora $\forall i \in I\;\Theta_i \subseteq \tau'$.
			Poiche' $\tau'$ e' una topologia, conterra' tutte le
			intersezioni finite dei suoi aperti, e quindi $\B
			\subseteq \tau'$. Ma $\B$ e' base di  $\tau$, e quindi
			$\tau \subseteq \tau'$, ovvero $\tau\le \tau'$.
		\end{prova}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
	Consideriamo $T=\{\Theta_1,\Theta_2\}\subseteq \top(\mathbb{R})$, con 
	$\Theta_1=\Theta_e,\;\Theta_2=\{\emptyset , \mathbb{R},
	\mathbb{R}\setminus Z\}$, dove $Z=\{\frac{1}{m}\}_{m\in
	\mathbb{N}}$.\\
	\step{}{
	Osserviamo che $\mathbb{R}\setminus Z\notin \Theta_1$}
	\begin{prova}
	$0\in D(Z)$, ma
	$0 \notin Z$, percio' $\overline{Z}=Z\cup D(Z)\;\neq \;Z$, ovvero $Z$
	non e' chiuso, e quindi $\mathbb{R}\setminus Z\notin \Theta_1$
	\end{prova}
	Avremo che
	\begin{align*}
		&\inf T = \{ \Theta_1 \cap \Theta_2 \} = \{ \emptyset ,
		\mathbb{R}\}
	\end{align*}
	Costruiamo il $\sup$:\\
	base di $\Theta_1$ e' $\B_1=\{]a,b[\}_{a<b}$\\
	base di $\Theta_2$ e' $\B_2=\{\mathbb{R}, \mathbb{R}\setminus Z\}$\\
	quindi $\B$, base di $\sup T$, contiene e' formata da tutte le
	intersezioni degli elementi di $\B_1,\B_2$:
	\[
	\B=\left\{]a,b[\cap \mathbb{R},\;\;]a,b[\cap \mathbb{R}\setminus
	Z\right\}_{a<b}
	=\left\{]a,b[,\;\;]a,b[\setminus Z\right\}_{a<b}
	\]
\end{exemp}
\subsection{Prodotto di topologie}
\begin{prop}
	\label{menofinefunz}
Sia data la seguente funzione:
\[
X\stackrel{f}{\longrightarrow} (Y,\Theta')
\]
dove $X$ e' un insieme qualsiasi e $(Y,\Theta')$ uno spazio topologico.
La topologia su $X$, meno fine tra quelle che rendono $f$ una funzione continua e' \[
\Theta_f=\{f^{-1}(B)\}_{B\in \Theta'}
\]
$\Theta_f$ viene anche detta immagine inversa di $\Theta'$ tramite $f$
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		$\Theta_f$ e' una topologia:
		\begin{enumerate}
			\item $f^{-1}(\emptyset )=\emptyset \in \Theta_f$
			\item $f^{-1}(Y)=X$
			\item $f^{-1}(B)\cap
				f^{-1}(B')=f^{-1}(\underbrace{B\cap B'}_{\in
				\Theta'})\in \Theta_f$
		\end{enumerate}
		lo stesso vale per l'unione.\\
		Per costruzione, $(X,\Theta_f)\stackrel{f}{\longrightarrow}
		(Y,\Theta')$ e' continua.\\
		$\Theta_f$ e' la top. meno fine tra quelle che rendono $f$
		continua:\\
		Sia $\overline{\Theta_f}$ una topologia che rende $f$
		continua,
		allora $\overline{\Theta_f}$ conterra' tutti gli $f^{-1}(B)$, con
		$B\in\Theta'$. Poiche' $f^{-1}(B)\in \Theta_f$, questo vuol dire
		che $\Theta_f \subseteq  \overline{\Theta_f}$, ovvero $\Theta_f \le
		\overline{\Theta_f}$.
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{prop}
	\label{menofinefunz2}
Assegnata la famiglia di spazi topologici $\{(Y_i,\Theta_i):\;i\in I\}$, siano date le seguenti funzioni:
\[
X\stackrel{f_i}{\longrightarrow} (Y_i,\Theta_i)
\]
La topologia meno fine tra quelle che rendono ogni
$f_i$ una funzione continua e'
\[
\Theta_{I}=\sup_{i\in I} \Theta_{f_i}
\]
dove $\Theta_{f_i}$ e' la topologia definita in prop. \see{menofinefunz}, ovvero
\[
\Theta_{f_i}=\{f_i^{-1}(B)\}_{B\in \Theta_i}
\]
Ricordandoci di quanto visto nella dim. del thm \see{poset topologico},
notiamo che $\Theta_{I}$ ha per base 
\[
\B=\{f^{-1}(B_1)\cap \dots\cap f^{-1}(B_n)\}_{B_i \in \Theta_i}
\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		Per quanto visto in  thm \see{poset topologico},
		$\Theta_{I}=\sup_{i\in I} \Theta_{f_i}$ e' una topologia.\\
		Per definizione di sup, $\Theta_{I} \supseteq
		\Theta_{f_i}\;\forall i\in I$, e quindi per ogni
		$B\in \Theta_i$ si ha $f^{-1}(B)\in Q_I$, ovvero tutte le 
		\[
		(X,\Theta_I)\stackrel{f_i}{\longrightarrow} (Y_i,\Theta_i)
		\]
		sono funzioni continue.\\
		Inoltre, poiche' $\Theta_{f_i}$ e' la topologia meno fine che
		rende continua $f_i$,
		una topologia su $X$ che rende tutte le $f_i$
		continue, deve necessariamente contenere tutte le $\Theta_{f_i}$,
		ovvero deve essere un maggiorante di $T=\{\Theta_{f_i}\}_{i\in
		I}$. Percio', ogni topologia candidata e' un maggiorante di T.
		Allora, per definizione di sup, $\Theta_I$ e' la meno
		fine tra tutti i maggioranti di $T$.
	\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{defn}\qq\\
	\ilabel{proiezione}
	Dati due spazi topologici $(X,\Theta_1),\;(Y,\Theta_2)$,
	\begin{align*}
		&p:X\times Y\longrightarrow X\\
		&\qq p(x,y)=x\\
		&q:X\times Y\longrightarrow Y\\
		&\qq q(x,y)=y
	\end{align*}
	vengono chiamate \emph{proiezioni} di $X\times Y$.\\
	\ilabel{spazio topologico!prodotto}
	\ilabel{topologia!prodotto}
	Si chiama \emph{spazio topologico prodotto}:
	\[
	(X,\Theta_1)\times (Y,\Theta_2):=(X\times Y, \Theta_\pi)
	\]
	dove $\Theta_\pi$ e' la topologia meno fine che rende $p,q$ funzioni
	continue (vedi prop. \see{menofinefunz2}), ovvero e' 
	\[
	\Theta_\pi=\sup \{\Theta_{p}, \Theta_{q}\}
	\]
	\ilabel{base!prodotto}
	$\Theta_\pi$ ha per base 
	\[
	\B_\pi=\{B\times B'\}_{B\in \Theta_{1},\;B'\in\Theta_{2}}
	\]
\end{defn}
\begin{prova}
	\step{}{Dim. che $\B_\pi$ ha per base $\{B\times B'\}$}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
	&\B_\pi=\{U\cap V\}_{U\in \Theta_{p},\;V\in \Theta_{q}}\;\;\T{ per il
	thm \see{poset topologico}}\\
	&\;\;=\{
	p^{-1}(B)\cap q^{-1}(B')\}_{B\in \Theta_{1},\;B'\in
	\Theta_{2}}=\{B\times Y\cap X\times B'\}_{B\in \Theta_{1},\;B'\in
	\Theta_{2}}=\{B\times B'\}_{B\in \Theta_{1},\;B'\in\Theta_{2}}
		\end{align*}
	\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}\qq\\
	\label{exsorsor}
	\begin{enumerate}
		\item 
	\[
	(\mathbb{R}, \Theta_e)\times (\mathbb{R}, \Theta_e)=(\mathbb{R}^2,
	\Theta_\pi)
	\]
	una base di $\Theta_e$ e'
	\[
	\B_e=\{]a,b[\}_{a<b}
	\]
	quindi la base di $\Theta_\pi$ e'
	\[
	\B_\pi=\{]a,b[ \times ]c,d[\}_{a<b,\;c<d}
	\]
	ovvero, gli elementi di $\B_\pi$ sono rettangoli del piano senza
	bordo. Abbiamo provato in esempio \see{exptn2}, che $\B_\pi$ e' una
	base per $\Theta_e$. Quindi, in definitiva:
	\[
	(\mathbb{R}, \Theta_e)\times (\mathbb{R}, \Theta_e)=(\mathbb{R}^2,
	\Theta_e)
	\]
\item $(\mathbb{R}, \Theta_e)\times (\mathbb{R},
	\Theta_d)=(\mathbb{R}^2,\Theta_\pi)$ ha per base 
	\[
	\B=\{]a,b[\times \{p\}\}_{a<b,\;\{p\}\in \Theta_d}
	\]
	Gli elementi di $\B$ sono segmenti paralleli all'asse $x$, senza
	estremi.
\item $(\mathbb{R}, \Theta_e)\times (\mathbb{R},
	\Theta_i)=(\mathbb{R}^2,\Theta_\pi)$ ha per base 
	\[
	\B=\{]a,b[\times \mathbb{R}\}_{a<b}
	\]
	Gli elementi di $\B$ sono striscie parallele a $y$. $\B$ definisce
	quindi la topologia delle striscie (vedi \see{topologia!delle striscie})
\item $(\mathbb{R}, \Theta_s)\times (\mathbb{R},
	\Theta_s)=(\mathbb{R}^2,\Theta_\pi)$ ha per base 
	\[
	\B=\{[a,b[\times [c,d[\}_{a<b,\;c<d}
	\]
	gli elementi di $\B_\pi$ sono rettangoli del piano che non hanno il
	bordo superiore e destro.
	\end{enumerate}
\end{exemp}
\begin{prop}
	\label{prodottobasi}
	Data $\B_1$ base di $(X,\Theta)$, $\B_2$ base di $(Y,\Theta)$, la base
	di $(X\times Y,\Theta_\pi)$, topologia prodotto delle due, e':
	\[
	\B=\{A_1\times A_2:\;A_1\in\B_1,\;A_2\in \B_2\}
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
	Come abbiamo visto in \see{base!prodotto}, la base di $\Theta_\pi$ e'
	\[
	\B=\{U\times V:\;U\in \Theta,\;V\in \Theta'\}
	\]
	usiamo le basi $\B_1,\B_2$:
	\begin{align*}
		&U\in\Theta\;\Rightarrow \;U=\bigcup_{i\in I} A_i,\;\;A_i\in \B_1\\
		&V\in \Theta'\;\Rightarrow \;V=\bigcup_{j\in J} B_j,\;\;B_j\in \B_2\\
		&U\times V=\bigcup_{i\in I} A_i \times  \bigcup_{j\in J} B_j
		=\bigcup_{(i,j)\in I\times J} A_i\times B_j\\
		&\'\> B=\pgra{A_1\times A_2:\;\;(A_1,A_2)\in B_1\times B_2}\T{
		e' base di $\Theta_\pi$}
	\end{align*}
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{prop}
	\label{intprodotto}
	Dato $W\subseteq X\times Y,\;\;(x,y)\in X\times Y$ 
	\[
	W\in B(x,y) \T{ in $\Theta_\pi$}\;\Leftrightarrow \;\exists U\in B(x)\T{ in X},\;\exists
	V\in B(y)\T{ in Y}:\;(x,y)\in U\times V \subseteq W
	\]
	Con $W\in B(x,y)$, indichiamo che $W$ e' un intorno del punto $(x,y)$.
\end{prop}
\begin{prop}\qq\\
	$\V_x$ sistema fond. d'intorni di $x$ in $X$, $\V_y$ di $y$ in
	$Y\;\Rightarrow \;$\\$\V_{(x,y)}=\{U\times V:\;U\in \V_x,\;V\in \V_y\}$
	e' un sistema fond. d'intorni di $(x,y)$ in $X\times Y$
\end{prop}
\begin{thm}\qq\\
	\pflet{$(X,\Theta),\;(Y,\Theta'),\;(X\times Y,\Theta_\pi)$\\
	$A\subseteq X,\;B\subseteq Y$}
	\[
	\overline{A\times B}=\overline{A}\times \overline{B}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\subseteq $}
	\begin{prova}
		\pflet{$(x,y)\in \overline{A\times B}$}
		Essendo nella chiusura, ogni suo intorno incontra $A\times
		B$, ovvero
		\begin{align*}
		&
		\forall U\in
		\Theta,\;V\in\Theta':\;(x,y) \in \underbrace{U\times V}_{ \in
		\Theta_\pi}\;\T{ si ha }\;U\times V\cap {A\times B}=U\cap A\times V\cap B \neq
		\emptyset\\
		&\;\Rightarrow  \;U\cap A\neq \emptyset,\;V\cap B\neq \emptyset
		\;\Rightarrow  \;x\in \overline{A},\;y\in
		\overline{B}\;\Rightarrow \;(x,y)\in
		\overline{A}\times\overline{B}
		\end{align*}
		Poiche' valgono anche le implicazioni inverse, anche
		l'inclusione $\supseteq $ e' provata.
	\end{prova}
		\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	$F\subseteq X$, chiuso, $G\subseteq Y$, chiuso $\;\Rightarrow
	\;F\times G$, chiuso in $X\times Y$\\
	(nota, non vale il viceversa)
\end{cor}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{align*}
		&F=\overline{F},\;G=\overline{G}\\
		&\overline{F\times G}=\overline{F}\times \overline{G}=F\times
		G\;\Rightarrow \;F\times G\T{ chiuso}
	\end{align*}
	\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	$F\subseteq X$, denso, $G\subseteq Y$, denso $\;\Rightarrow
	\;F\times G$, denso in $X\times Y$\\
	(nota, non vale il viceversa)
\end{cor}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		\begin{align*}
		&X=\overline{F},\;Y=\overline{G}\\
		&\overline{F\times G}=\overline{F}\times \overline{G}=X\times
		Y\;\Rightarrow \;F\times G\T{ denso}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{prop}\qq\\
	\pflet{$(X,\Theta),\;(Y,\Theta'),\;(X\times Y,\Theta_\pi)$\\
	$A\subseteq X,\;B\subseteq Y$}
	\[
	\den{(A\times B)}=\den{A}\times \den{B}
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
\begin{align*}
&\underbrace{(x,y)\in \den{(A\times B)}\;\Leftrightarrow \;\exists
U\in\Theta,\;V\in\Theta':\;(x,y)\in U\times V\subseteq  A\times B}_{\T{un punto
appertiene all'interno se esiste un suo intorno contenuto nell'insieme}}\\
&\;\Leftrightarrow\;
\begin{cases}
x\in U\subseteq A\;\Leftrightarrow \;x\in \den{A}\\
y\in V\subseteq B\;\Leftrightarrow  \;y\in \den{B}
\end{cases}\;\Leftrightarrow \;(x,y)\in \den{A}\times \den{B}
\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{defn}\qq\\
	\ilabel{punto!isolato}
	\[
	A^*=\T{punti isolati di $A$ }=\{p\in A\;|\;\{p\}\in \Theta\}
	\]
\end{defn}
\begin{prop}	
si ha: \[
(X\times Y)^*=X^*\times Y^*
\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\begin{align*}
	&(x,y)\in (X\times Y)^*\;\Leftrightarrow \;\{(x,y)\}=\{x\}\times
	\{y\}\in \Theta_\pi\;\Leftrightarrow \;\ubrace{\{x\}}{\in
	\Theta},\ubrace{\{y\}}{\in \Theta'}
\end{align*}
\qed
\end{prova}

\begin{prop}\qq\\
	\pflet{$(X,\Theta),\;(Y,\Theta'),\;(X\times Y,\Theta_\pi)$\\
	$A\times B\subseteq X\times Y$\\
	$\Theta_A$, la topologia indotta da $\Theta$ su $A$\\
	$\Theta'_B$, la topologia indotta da $\Theta'$ su $B$\\
	$\Theta_{A\times B}$, la topologia indotta da $\Theta_\pi$ su $A\times
	B$}
	si ha che
	\[
	(A,\Theta_A)\times (B,\Theta'_B)=(A\times B,\Theta_{A\times B})
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		Basta dimostrare che le basi delle due topologie coincidono:\\
		base di $(A\times B,\Theta_{A\times B})$:
		\[
		\B_2=\{A\times B\cap U\times V\}_{U\in \Theta,\;V\in\Theta'}
		\]
		base di $(A,\Theta_A)\times (B,\Theta'_B)$:
		\[
		\B_1=\{U\times V\}_{U\in \Theta_A,\;V\in\Theta'_B}=
		\{A\cap U'\times B\cap V'\}_{U'\in \Theta,\;V'\in\Theta'}=
		\{A\times B\cap U'\times V'\}_{U'\in
		\Theta,\;V'\in\Theta'}=\B_2
		\]
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	Le proiezioni $p,q$ sono funzioni aperte\footnote{
	Per $(\mathbb{R}^2,\Theta_e)$ abbiamo gia' visto l'esempio
	\see{exapertafunz}.}.
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		$p:(X\times Y,\Theta_\pi)\longrightarrow (X,\Theta)$\\
		Un aperto di $X\times Y$ e' del tipo $\bigcup_{i\in I}
		U_i\times V_i$, dove $U_i\in \Theta, \;V_i\in\Theta'$, allora
		\[
		p(\bigcup_{i\in I} U_i\times V_i)=
		p(\bigcup_{i\in I} U_i\times \bigcup_{i\in I}
		V_i)=\bigcup_{i\in I} U_i\in \Theta
		\]
$q:(X\times Y,\Theta_\pi)\longrightarrow (Y,\Theta')$\\
		Analogamente:
		$\bigcup_{i\in I}
		U_i\times V_i\in \Theta_\pi$,
		\[
		q(\bigcup_{i\in I} U_i\times \bigcup_{i\in I}
		V_i)=\bigcup_{i\in I} V_i\in \Theta'
		\]
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{defn}
	\ilabel{diagonale}
	Sia $(X,\Theta)$ uno spazio topologico, la sua diagonale e':
	\[
	\delta=\{(x,x)\;|\;x\in X\}
	\]
\end{defn}
\begin{thm}
	$\delta$ e' chiuso $\;\Leftrightarrow \;X $e' $T_2$ 
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
	Poiche' $\delta$ e' chiuso, i punti che non gli appartengono, non sono
	suoi punti di accumulazione:
	\begin{align*}
	&\sist{\delta \T{ chiuso}\\
	\overline{\delta}=\delta\v D(\delta)}
	\= D(\delta)\(\delta\| D(\delta)=\emptyset \\
	&\T{per cui } (x,y)\in D(\delta)\> (x,y)\in\delta\,\;(x,y)\notin
	\delta \>(x,y)\notin D(\delta)\\
	&(x,y)\notin \delta\;\Rightarrow \;(x,y)\notin D(\delta)\>\exists U,V\Theta:\;(x,y)\in U\times V\cap \delta=\emptyset
	\end{align*}
	\step{}{Dim $ U\times V\cap \delta=\emptyset \;\Leftrightarrow
	\;U\cap V=\emptyset $}
	\begin{prova}
		Per assurdo, supp che $x\in  U\cap V$:
		\begin{align*}
			&x\in U\cap V\neq \emptyset \;\Leftrightarrow \;x\in U,\;x\in
			V\;\Leftrightarrow \;(x,x)\in U\times
			V\;\Leftrightarrow \;U\times V\cap \delta\neq
			\emptyset \;\T{ assurdo}
		\end{align*}
	\end{prova}
Quindi $(x,y)\notin \delta\;\Leftrightarrow \;x\neq y,\;
x\in U,\;y\in V,\;U\^V=\0,\;
\;U,V \in\Theta$ implica che $X$ e'
	$T_2$.\\
Procedendo a ritroso, si dimostra anche il viceversa.
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}\qq\\
	\label{thmcproie}
	\pflet{$(X,\Theta),\;(Y,\Theta'),\;(X\times Y,\Theta_\pi),\;(Z,\Theta'')$\\
	$f:Z\longrightarrow X\times Y$\\
	Le proiezioni: $p:X\times Y\longrightarrow X,\;q:X\times
	Y\longrightarrow Y$}allora
\[
f\;\T{ continua}\;\Leftrightarrow \;p\circ f,\;q\circ f\;\T{ sono continue}
\]
ovvero, $f$ e' continua sse le sue ``coordinate'' lo sono.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		$f,p,q$ sono funzioni continue. Composizione di funzioni
		continue  (vedi thm \see{composizfc}).
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Usiamo solo gli aperti della base di $\Theta_\pi$, ovvero
		$U\times V$ con $U\in\Theta,\;V\in\Theta'$. Poiche'
		\[
		f^{-1}(U\times V)=
		\underbrace{(\underbrace{p\circ f}_{\T{funz cont.}})^{-1}(U)}_{\in
		\Theta''}
		\cap \underbrace{(\underbrace{q \circ f}_{{\T{funz
		cont.}}})^{-1}(V)}_{\Theta''} \in\Theta''
		\]
		la $f$ e' continua
		\step{}{Dim l'eguaglianza precedente}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
	&z\in f^{-1}(U\times V)\;\Leftrightarrow \;
	f(z)\in U\times V\\
	&p(f(z))\in  U,\;q(f(z))\in V\;\Leftrightarrow \;
	z\in (pf)^{-1}(U),\;z\in (qf)^{-1}(V)\;\Leftrightarrow  \;
	z\in  (pf)^{-1}(U)\cap  (qf)^{-1}(V)
			\end{align*}
	viceversa, 
	\begin{align*}
	&p(f(z))\in  U,\;q(f(z))\in V\;\Rightarrow \;
	f(z)\in p^{-1}(U)=U\times Y,\;f(z)\in X\times V\;\Rightarrow \\
	&\;\Rightarrow \;f(z)\in U\times Y\cap  X\times V=U\cap X\times Y\cap V=U\times V
	\> z\in f^{-1}(U\times V)
	\end{align*}
		\end{prova}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
	\label{exfcoordcont}
	$f(t):\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^2$\\
	$f(t)=(\cos t,\sin t)$ e' continua perche' $\cos t, \sin t$ sono
	funzioni continue.
\end{exemp}
\begin{exemp}\qq\\
	\pflet{$f:X\longrightarrow \mathbb{R}$, continua\\
	$g:X\longrightarrow \mathbb{R}$, continua}
	Le seguenti funzioni sono continue:
	$f(x)+g(x),f(x)g(x),\max\{f(x),g(x)\}, \min\{f(x),g(x)\}$\\
	Dimostriamolo solo per $f(x)+g(x)$.\\
	Consideriamo 
	\begin{align*}
	&s:\mathbb{R}^2\longrightarrow \mathbb{R}\\
	&\qq s(x,y)=x+y\\
	&h:X\longrightarrow \mathbb{R}^2\\
	&\qq h(x)=(f(x),g(x))\;\T{ [e' continua per il thm \see{thmcproie}]}
	\end{align*}
	dimostriamo che $s$ e' continua:
	\begin{align*}
		&s^{-1}(\underbrace{]a,b[}_{\in \T{ base di
		$(\mathbb{R},\Theta_e)$}}) =
		\{(x,y)\in \mathbb{R}^2\;|\;a<x+y<b\}
	\end{align*}
	Quest'ultimo insieme, e' la striscia di piano delimitata dalle due
	rette $x+y-a=0,\;x+y-b=0$, ed e' un aperto in
	$(\mathbb{R}^2,\Theta_e)$. Quindi $s$ e' continua.\\
	In definitiva, $(sh)(x)=f(x)+g(x)$, composizione di funz continue, e'
	continua.\\
	In modo analogo si procede per gli altri casi.
\end{exemp}
\begin{thm}
	Data $f:(X,\Theta)\longrightarrow (Y,\Theta')$, continua, con $Y$
	spazio di Hausdorff, si ha che $G_f\subseteq X\times Y$ e' un chiuso
	nella topologia prodotto, dove $G_f=\{(x,f(x))\;|\;x\in X\}$ e' il
	grafico di $f$.
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Per mostrare che $G_f$ e' chiuso, faremo vedere i punti che non gli
appartengono, non sono suoi punti di accumulazione.
\begin{align*}
&(x_0,y_0)\notin G_f\;\Leftrightarrow \;y_0\neq f(x_0)\\
&Y\;\T{ e' }T_2\;\Rightarrow\;\exists U,V\in \Theta':\;y_0\in U,\;f(x_0)\in
V,\;U\cap V=\emptyset \;\;(0)\\
&f\T{ continua in }x_0\;\Leftrightarrow \;
\forall W\in B(f(x_0))\;\exists T\in B(x_0):\;f(T)\subseteq W\\
&\qq V\in B(f(x_0))\;\Rightarrow \;\exists T\in \Theta':\;x_0\in T,\;f(T)\subseteq
V\;\;(1)\\
&T\in B(x_0),\; U\in B(y_0)\;\Rightarrow \;T\times U\in B((x_0,y_0))\;\T{
[per la prop \see{intprodotto}]}
\end{align*}
\step{}{Dim. come ultimo passo che $T\times U\cap G_f=\emptyset$}
\begin{prova}
	Per assurdo:
	\begin{align*}
	&(x,y)\in T\times U\cap G_f\\
	&\qq \Rightarrow \; x\in T\;\Rightarrow \;f(x)\in V\;\;\T{ [per la (1)}\\
	&\qq \Rightarrow \;y\in U,\;y=f(x)\;\Rightarrow \;y\in U\cap V \;\T{
	assurdo per la (0)}
	\end{align*}
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
	Abbiamo dimostrato che $D(G_f)\(G_f$, quindi $\overline{G_f}=G_f\cup
	D(G_f)=G_f$, ovvero $G_f$ e' chiuso.
\end{prova}
\end{prova}
\step{}{Diamo un controesempio che mostra $\nLeftarrow $}
\begin{prova}
	\[
	f(x)=\begin{cases}
		\frac{1}{x}&x\neq 0\\
		0&x=0
	\end{cases}
	\]
	e' l'iperbole. Come abbiamo visto in 
	nell'esempio \see{exapertafunz}, $G_f$ e' un chiuso in
	$\mathbb{R}^2$, pero' $f(x)$ non e' continua ($0$ e' di
	discontinuita').
\end{prova}
\qed
\end{prova}

\begin{prop}
	\pflet{
	$X,Y$ insiemi infiniti\\
	$(X,\Theta_c)$, $(Y,\Theta_c')$\\
	$(X\times Y,\Theta_c'')$ top. cofinita su $X\times Y$, $(X\times Y,\Theta_\pi)$
	topologia prodotto su $X,Y$.
	}
	si ha 
	\[
	\Theta_c'' < \Theta_\pi
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Mostriamo che i chiusi di $\Theta_c''$ sono chiusi di
	$\Theta_\pi$ e che $\exists $ un chiuso di $\Theta_\pi$ che non lo e'
	di $\Theta_c''$}
\begin{prova}
I chiusi di $\Theta_c''$ sono i sottoinsiemi finiti o l'insieme $X\times Y$.
Se prendiamo $A\times B$ chiuso di $\Theta_c''$, avremo che $A\times B$ e'
finito. Allora $A$ e $B$ sono finiti, e quindi sono chiusi rispettivamente in
$\Theta_c$ e $\Theta_c'$.\\
$X$ e' un chiuso in $\Theta_c$, e $\{y\}$ un chiuso in $\Theta_c'$, quindi
$X\times \{y\}$ e' un chiuso in $\Theta_\pi$, perche' prodotto di chiusi. Non
e' pero' chiuso di $\Theta_c''$, perche' $X$ e' infinito e quindi pure
$X\times \{y\}$  lo e'.
\end{prova}
\end{prova}

\begin{prop}
	$x_0\in X,\;y_0\in Y$, si ha:
	\[
	X\simeq X\times \{y_0\},\;\;Y\simeq Y\times \{x_0\}
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	L'omeomorfismo cercato e' la restrizione della proiezione $p$:\\
	\[p':X\times \{y_0\} \longrightarrow X\]
	infatti,
	\begin{itemize}
		\item $p$ e' continua, quindi una sua restrizione e' continua
		\item $p'$ e' biunivoca
		\item $p$ e' aperta, quindi una sua restrizione e' aperta.
			Essendo $p'$ aperta, $p'^{-1}$ e' continua.
	\end{itemize}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\pflet{$(X,\Theta(d_1)), \;(Y,\Theta(d_2))$ due spazi topologici
	con metrica}, allora $(X\times Y,\Theta_\pi)$ e' metrizzabile, ovvero
	$\exists \T{metrica }d:\;\Theta_\pi=\Theta(d)$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
	\pflet{$z_1=(x_1,y_1),\;z_2=(x_2,y_2)$}
	Definiamo la seguente metrica:
	\begin{align*}
		&d:(X\times Y)\times (X\times Y)\longrightarrow \mathbb{R}^+\\
		&d(z_1,z_2)=\max\{d_1(x_1,x_2),\;d_2(y_1,y_2)\}
	\end{align*}
	verifichiamo che si tratta di una metrica:
	\begin{itemize}
		\item ovviamente $d(z_1,z_2) \ge 0$
		\item $d(z_1,z_2)=0\;\Leftrightarrow \:
			d_1(x_1,x_2)=0\land  d_2(y_1,y_2)=0$\\
			$d_1(x_1,x_2)=0\;\Leftrightarrow \;x_1=x_2$\\
			$d_2(y_1,y_2)=0\;\Leftrightarrow \;y_1=y_2$
		\item $d(z_1,z_2)=d(z_2,z_1)$
		\item Sia $z=(x,y)$, proviamo la proprieta' triangolare, solo
			in due casi:
			\begin{prova}
			\case{$d(z_1,z)=d_1(x_1,x) \ge d_2(y_1,y)$\\
			$d(z_2,z)=d_1(x_2,x) \ge d_2(y_2,y)$}
			\begin{prova}
			\case{$d(z_1,z_2)=d_1(x_1,x_2) \ge  d_2(y_1,y_2)$}
			\begin{prova}
			\begin{align*}
				&d_1(x_1,x)+d_1(x_2,x) \ge d_1(x_1,x_2)=d(z_1,z_2)
			\end{align*}
			\end{prova}
			\case{$d(z_1,z_2)=d_2(y_1,y_2) \ge  d_1(x_1,x_2)$}
			\begin{prova}
			\begin{align*}
			&d_1(x_1,x)+d_1(x_2,x) \ge
			d_2(y_1,y)+d_2(y_2,y) \ge d_2(y_1,y_2) = d(z_1,z_2)
			\end{align*}
			\end{prova}
			\end{prova}
			\end{prova}
	\end{itemize}
	Proviamo che $\Theta_\pi=\Theta(d)$.\\
	$\Theta_\pi$ ha come base:
	\[
	\B=\{U\times V\}_{U\in \Theta(d_1),\;V\in \Theta(d_2)}
	\]
	Poiche' $\Theta(d_1), \;\Theta(d_2)$ hanno come base l'insieme delle
	sfere definite dalle rispettive metriche, per la proposizione
	\see{prodottobasi}, la base di  $\Theta_\pi$ sara' l'insieme formato
	dal prodotto delle sfere:
	\[
	\B=\{S_1\times S_2\}_{S_1\in \B_1,\;S_2\in \B_2}
	\]
	la base di $\Theta(d)$ e' l'insieme delle sfere come metrica $d$,
	quindi quello che resta da provare e'
	\begin{align*}
		&z_0=(x_0,y_0)\\
	&S_d(z_0,\varepsilon)=S_1(x_0,\varepsilon)\times S_2(y_0,\varepsilon)
	\end{align*}
	allora:
	\begin{align*}
	&z=(x,y)\in S_1(x_0,\varepsilon)\times S_2(y_0,\varepsilon)
	\;\Leftrightarrow \; x\in S_1(x_0,\varepsilon),\;y\in
	S_2(y_0,\varepsilon)\\
	&\;\Leftrightarrow \;d_1(x,x_0)<\varepsilon,\;d_2(y,y_0)<\varepsilon\;\\
	&\;\Leftrightarrow \;\max\{d_1(x,x_0), d_2(y,y_0)\}=d(z,z_0)<\varepsilon\;\Leftrightarrow
	\;z\in S_d(z_0,\varepsilon)
	\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	Le seguenti metriche definiscono lo stesso spazio topologico
	$\Theta_\pi$ su $X\times Y$:
	\begin{enumerate}
		\item $d(z_1,z_2)=\max\{d_1(x_1,x_2),\;d_2(y_1,y_2)\}$
		\item $d'(z_1,z_2)=d_1(x_1,x_2)+d_2(y_1,y_2)$
		\item $d''(z_1,z_2)=\sqrt{d_1(x_1,x_2)^2+d_2(y_1,y_2)^2}$
	\end{enumerate}
	ovvero
	\[
	\Theta_\pi=\Theta(d)=\Theta(d')=\Theta(d'')
	\]
\end{cor}
\begin{prova}
\pf
Nel caso di $\mathbb{R}^2$ l'abbiamo gia' dimostrato qui in par.
\see{dimmetricheuguali}. Per il caso generale, si considera questa
diseguaglianza:
\[
d(z_1,z_2)\le d''(z_1,z_2) \le d'(z_1,z_2) \le 2d(z_1,z_2)
\] se si considera il loro significato geometrico le diseguaglianze si
intepretano cosi':
\[
\T{massimo tra i cateti di un triang. rett.} \le \T{ipotenusa} \le \T{somma
dei cateti} \le 2d(z_1,z_2)
\]
\step{}{Dimostriamo solo $d'(z_1,z_2) \le 2d(z_1,z_2)$ (le altre sono ovvie)}
\begin{prova}
	\case{$d(z_1,z_2)=\max\{d_1(x_1,x_2),\;d_2(y_1,y_2)\}=d_1(x_1,x_2) \ge
	d_2(y_1,y_2)$}
	\begin{align*}
		&d_1(x_1,x_2)+d_2(y_1,y_2) \le 2d_1(x_1,x_2)\;\Leftrightarrow
		\;d_2(y_1,y_2) \le d_1(x_1,x_2)
	\end{align*}
\case{$d(z_1,z_2)=\max\{d_1(x_1,x_2),\;d_2(y_1,y_2)\}=d_2(y_1,y_2) \ge
	d_1(x_1,x_2)$}
	\begin{align*}
		&d_1(x_1,x_2)+d_2(y_1,y_2) \le 2d_2(y_1,y_2)\;\Leftrightarrow
		\;d_1(x_1,x_2) \le d_2(y_1,y_2)
	\end{align*}
\end{prova}
\step{}{Dalle diseguaglianze segue che $S_d(z,\frac{r}{2}) \subseteq S'(z,r)
\subseteq  S''(z,r) \subseteq  S_d(z,r)$}
\begin{prova}
	\begin{align*}
	&z_2\in S_d(z,\frac{r}{2})\;\Rightarrow \;
	d(z,z_2) < \frac{r}{2}\;\Leftrightarrow \;2d(z,z_2) < r\\
	&\;\Rightarrow \; r>2d(z,z_2) \ge d'(z,z_2)\;\Rightarrow \\
	& z_2\in S'(z,r)
	\end{align*}
	analogamente si procede per gli altri. Dimostriamo solo l'inclusione
	finale:
	\begin{align*}
	&z_2\in  S''(z,r) \;\Leftrightarrow \;d''(z,z_2) < r\\
	&\;\Rightarrow |; r > d''(z,z_2)  \ge  d(z,z_2)\;\Rightarrow \\
	&z_2\in S_d(z,r)
	\end{align*}
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
	Queste inclusioni ci dicono che ogni tipo di sfera e' inclusa in ogni
	altro tipo di sfera, quindi ogni base e' base per ogni topologia,
	ovvero
	\[\Theta(d)=\Theta(d')=\Theta(d'')\]
	Inoltre, poiche' avevamo gia' visto che $\Theta_\pi=\Theta(d)$, si ha:
	\[
 \Theta_\pi=\Theta(d)=\Theta(d')=\Theta(d'')	
	\]
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\pflet{Siano $(X,\Theta)$, $(Y,\Theta')$ due spazi topologici $T_i$}
	allora lo spazio prodotto $(X,\Theta)\times (Y,\Theta')$ e' $T_i$, per
	$i=0,1,2,3$.
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
\begin{itemize}
	\item $T_1$\\
		Per la caratterizzazione di $T_1$, $\{x_0\}$ e $\{y_0\}$ sono
		chiusi. Allora per il prodotto di chiusi, pure $\{x_0\}\times
		\{y_0\}=\{(x_0,y_0)\}$ lo e', quindi sempre per la
		caratterizzazione, $X\times Y$ e' $T_1$.
	\item $T_2$\\
		Consideriamo $(x_1,y_1), (x_2,y_2),x_1\neq x_2,y_1\neq y_2$,
		poiche' e' $X$ e $Y$ sono $T_2$:
		\begin{align*}
			&\exists U_1,U_2\in \Theta:\;x_1\in U_1,\;x_2\in
			U_2,\;U_1\cap U_2= \emptyset \\
			&\exists V_1,V_2\in \Theta:\;y_1\in V_1,\;y_2\in
			V_2,\;V_1\cap V_2= \emptyset \\
			&U_1\times V_1 \in B((x_1,y_1)),\;
			U_2\times V_2 \in B((x_2,y_2))\;\;\T{ [per il prodotto d'intorni]}\\
			&U_1\times V_1 \cap U_2\times V_2=U_1\cap U_2 \times
			V_1\cap V_2=\emptyset \times \0 =\0
		\end{align*}
	\item $T_3$\\
		\pflet{$(x,y)\in X\times Y$\\
		$x\in U\in \Theta,\;y\in V\in \Theta'$}
		Usiamo la caratterizzazione del thm \see{thmt3}, ovvero ogni
		intorno di un punto contiene un intorno chiuso:
		\begin{align*}
			&x\in U \supseteq \overline{W_1}=W_1\\
			&y\in V \supseteq \overline{W_2}=W_2\\
			&(x,y)\in \overline{W_1}\times
			\overline{W_2}=\overline{W_1\times W_2} \subseteq U\times V
		\end{align*}
		quindi ogni intorno di un punto di $X\times Y$ contiene un
		intorno chiuso.
\end{itemize}
\end{prova}
\step{}{Dim che non vale per $T_4$}
\begin{prova}
	Usiamo il thm \see{thmt4}.\\
	\pflet{$X=\T{retta di Sorgenfrey}$}
	Nel controesempio del thm \see{metrzimplicanormale}, abbiamo gia'
	visto che $X$ e' $T_4$. $X\times X$ e' separabile perche'
	$\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}$ e' denso e numerabile. Consideriamo
	\[
	D=\{(x,-x),\;|\;x\in X\}
	\]
	ovviamente $|D|=|\mathbb{R}|$.\\
	Avevamo gia' visto negli esempi \see{exsorsor} una base per
	$(X^2,\Theta_\pi)$, una base piu' piccola e' 
	\[
	\B=\{[a,a+\varepsilon[\times [a,a+\varepsilon[\}_{a\in X}
	\]
	$D$ non ha punti di accumulazione:
	considera la figura \see{fig:noacc}
	\begin{figure}[h]
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.4]{fig/noacc}
		\end{center}
		\label{fig:noacc}
	\end{figure}
	per qualsiasi punto di $X\times X$ e' sempre possibile creare un suo
	intorno, ovvero un quadrato che lo contenga, che non incontra $D$.\\
	Nota: il quadrato e' privo di lato destro e superiore, ma non di quello
	sinistro e inferiore. In $(\mathbb{R},\Theta_e)$, invece, i quadrati
	sono privi di lati. Questo e' il motivo per cui questo ragionamento
	non si puo' applicare a $(\mathbb{R},\Theta_e)$.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	Siamo in $(X,\Theta(d))$, con la sua metrica
	\[
	d:X\times X\longrightarrow \mathbb{R}
	\]
	adesso consideriamo $d$ come una funzione tra spazi topologici:
	\[d:(X\times X,\Theta_\pi)\longrightarrow (\mathbb{R},\Theta_e)\]
	Si ha che $d$ e' una funzione continua.
\end{prop}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	Consideriamo la base di $\Theta(d)$:
	\[
	\B=\{S(x,r)\;|\;x\in X,\;r >0\}
	\]
	per il prodotto di basi, la base di $\Theta_\pi$ sara' allora
	\[
	\B_\pi=\{S(x,r)\times S(x',r')\;|\;x,x'\in X,\;r,r' >0\}
	\]
	una base di $\Theta_e$ e'
	\[
	\B_e=\{]y-\varepsilon, y+\varepsilon[\}_{y\in \mathbb{R},\;\varepsilon>0}
	\]
	\step{}{Bastera' dimostrare che $d^{-1}(]y-\varepsilon, y+\varepsilon[)$ e' un aperto in
	$\Theta_\pi$}
	\begin{prova}
	\begin{align*}
	&d^{-1}(]y-\varepsilon, y+\varepsilon[)=\{(x,x')\in X^2\;|\;d(x,x') \in
	]y-\varepsilon, y+\varepsilon[\}=\\
	&\qq d(x,x') \in  ]y-\varepsilon, y+\varepsilon[\;
	\= y-\varepsilon<d(x,x')<y+\varepsilon\\
	&\qq \= x\in S(x', y+\varepsilon)\-\overline{S(x', y-\varepsilon)},
	\;x'\in S(x, y+\varepsilon)\-\overline{S(x, y-\varepsilon)}\\
	&\qq \= (x,x') \in S(x', y+\varepsilon) \times S(x, y+\varepsilon)\-\overline{S(x',y-\varepsilon)}\times \overline{S(x, y-\varepsilon)}\\
	&=\{(x,x')\in S(x',y+\varepsilon)\times S(x,y+\varepsilon)\-
	\overline{S(x',y-\varepsilon)}\times \overline{S(x, y-\varepsilon)}
	\}=\\
	&=
	S(x',y+\varepsilon)\times S(x,y+\varepsilon)\-
	\overline{S(x',y-\varepsilon)\times S(x, y-\varepsilon)}
	\in \Theta_\pi
	\end{align*}
	\end{prova}
	Nota che $\overline{S()}$ e' la sfera chiusa, ovvero con bordo.
	Abbiamo anche sfruttato il fatto che Aperto $\-$ Chiuso $=$ Aperto.
	\qed
\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Topologia quoziente}
\ilabel{topologia!quoziente}
Sia $f:(X,\Theta) \longrightarrow Y$ una funzione surriettiva. La topologia su
$Y$, piu' fine tra quelle che rendono continua $f$, si chiama topologia
quoziente rispetto a $f$.
Essa e'
\[
\Theta_q(f)= \{ B\subseteq Y\;|\;f^{-1}(B) \in \Theta\}
\]
Se $\C$ e' l'insieme dei chiusi su $\Theta$, allora
\[
\C_q(f)=\{ B\subseteq Y\;|\; f^{-1}(B)\in \C\}
\]
e' l'insieme dei chiusi su $\Theta_q(f)$
\begin{prova}
	\pf \step{}{Si verifica semplicemente  che $\Theta_q(f)$ e' una topologia}
	\step{}{Dim che $\Theta_q(f)$ e' la top piu' fine tra quelle che
	rendono continua $f$}
	\begin{prova}
		Sia $\Theta'$ una top su $Y$ che rende continua $f$, allora
		\begin{align*}
		&B \in \Theta'\\
		&f^{-1}(B)\in \Theta\;\T{ [$f$ e' resa continua]}
		\end{align*}
		ma allora, per definizione, $B\in \Theta_q(f)$
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\C_q(f)=\{ B\subseteq Y\;|\; f^{-1}(B)\in \C\}$}
	\begin{prova}
	\[\C_q(f)=\{ B \subseteq Y\;|\;Y\setminus B\in
	\Theta_q(f)\;\Leftrightarrow \; f^{-1}(Y\setminus B)\in \Theta\}\]
Per quanto abbiamo visto a \see{fYXcompl}, si ha
\[f^{-1}(Y\setminus B)= X\setminus f^{-1}(B)\in \Theta\;\Leftrightarrow \;
f^{-1}(B)\in \C\]
quindi
\[
\C_q(f)=\{ B \subseteq Y\;|\;f^{-1}(B)\in \C\}
\]
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{defn}\qq\\
	\ilabel{funzione quoziente}
Sia $f:(X,\Theta)\longrightarrow (Y,\Theta')$ una funzione.
Diremo che
\[
\T{$f$ e' \emph{funzione quoziente} }\=\Theta'=\Theta_q(f), \T{ ovvero,
$\Theta'$ e' la topologia quoziente.}
\]
\end{defn}
\begin{thm}\qq\\
	\label{tfcont}
	\pflet{
	$(X,\Theta),\;(Y,\Theta'),\;(Z,\Theta'')$ tre spazi topologici\\
	$\pi:(X,\Theta)\longrightarrow (Y,\Theta')$ funzione quoziente, cioe'
	$\Theta'=\Theta_q(\pi)$\\
	$f:Y\longrightarrow Z$
	}allora
	\[
	f\T{ e' continua }\;\Leftrightarrow \;
	f\circ \pi\;\T{ e' continua}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		Poiche' $\pi$, essendo funzione quoziente,  e' continua,
		allora $f\circ \pi$ e' composizione di f. continue, e quindi
		e' continua.
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
		&B\in \Theta''\\
		&(f\circ \pi)^{-1}(B) \in \Theta\;\;\T{ [per Hp $f\circ \pi$ e'
		cont.]}\\
		&(f\circ \pi)^{-1}(B)=\pi^{-1}\circ
		f^{-1}(B)=\pi^{-1}(f^{-1}(B)) \in \Theta
		\end{align*}
		poiche' $\pi$ e' funzione quoziente, 
		\begin{align*}
		&\pi^{-1}(f^{-1}(B)) \in \Theta
\;\Rightarrow \;f^{-1}(B) \in \Theta_q(\pi)=\Theta'
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	Data la funzione quoziente $\pi:(X,\Theta)\longrightarrow (Y,\Theta')$, si  ha
	\[
	\pi \T{ e' biunivoca }\;\Rightarrow  \;\pi \T{ e' un
	omeomorfismo}\]
	ovvero, una funzione quoziente biunivoca e' un omeomorfismo.
\end{cor}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Basta provare che $\pi^{-1}$ e' continua}
	\begin{prova}
		Poiche' $\pi$ e' biunivoca, 
		$\pi^{-1}\circ \pi=id_X$. L'identita' $id_X: X\longrightarrow
		X$ e' una
		funzione continua. $\pi$ e' una funzione quoziente, allora per
		il teorema di prima, $\pi^{-1}$ e' continua.
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{thm}\qq\\
	\label{tfquoz}
	\pflet{$f:(X,\Theta)\longrightarrow (Y,\Theta')$}
	\[
	f\;\T{ surriettiva, continua, aperta (o chiusa) }\;\Rightarrow \;
	f\;\T{ e' una funzione quoziente}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dobbiamo dimostrare che $\Theta'=\Theta_q(f)$}
\begin{prova}
Per definizione, $\Theta'\le \Theta_q(f)$, e quindi $\Theta'\subseteq
\Theta_q(f)$. Proviamo l'inclusione inversa:
	\begin{align*}
	&B\in \Theta_q(f)\;\Rightarrow \;f^{-1}(B)\in\Theta\\
	&f(f^{-1}(B))\in \Theta'\;\;\T{ [f e' aperta]}
	\end{align*}
	Poiche' $f$ e' surriettiva, $f(f^{-1}(B))=B$, quindi $B\in\Theta'$
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{defn} Spazio quoziente.\\
	\pflet{
	Sia $(X,\Theta)$ uno spazio topologico\\
	Sia $\rel$ una relazione d'equivalenza su $X$\\
	$X/_\rel$ l'insieme quoziente\\
	$\pi:X\longrightarrow X/_\rel$ la surrezione naturale
	$\pi(x)=\overline{x}$, dove $\overline{x}$ e' la classe d'equiv di $x$
	}
	\ilabel{spazio quoziente}
	allora chiameremo \emph{spazio quoziente} di $X$, modulo $\rel$
	\[
	(X/_\rel, \Theta_q(\pi))
	\]
	ovvero, lo spazio $X/_\rel$ con la topologia quoziente rispetto a
	$\pi$, ovvero ancora, la topologia piu' fine che rende continua
	$\pi$.
\end{defn}
\begin{prop}
	\label{uinsdfui21}
	La topologia dello spazio quoziente $(X/_\rel, \Theta_q(\pi))$ e'
	\[
	\Theta_q(\pi)=\{\pi(A)\;|\;A\in \Theta:\;(x\in A,\;x\rel y\;\Rightarrow \;y\in A)\}=
	\{\pi(A)\;|\;A=\pi^{-1}(\pi(A))\in \Theta\}
	\]
	In altre parole, un aperto di $\Theta_q(\pi)$ e' l'immagine di un
	aperto di $\Theta$, che e' unione di classi d'equivalenza. In altre
	parole ancora: in $X$ si puo' creare una partizione a partire da
	$\rel$; questi aperti di $\Theta$ saranno l'unione di vari
	``pezzettini'' della partizione.\\
	Lo stesso vale per i chiusi.
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
\begin{align*}
	&U\in \Theta_q(\pi)\;\Leftrightarrow \; \pi^{-1}(U)\in \Theta\\
	&A:=\pi^{-1}(U)\\
	&\pi(A)=U\;\;\T{ poiche' $\pi$ e' surriettiva}\\
	&\T{sostituendo: }A=\pi^{-1}(U)=\pi^{-1}(\pi(A))
\end{align*}
\end{prova}
\step{}{Dim l'equivalenza tra le due scritture con cui abbiamo
	descritto $\Theta_q(\pi)$, ovvero dimostriamo che
	\eal{&A=\pi^{-1}(\pi(A))\=(x\in A,\;x\rel y\;\Rightarrow \;y\in
	A)
	}
}
	\begin{prova}
		\step{}{Dim $\Rightarrow $}
		\begin{prova}
			\eal{
		&\T{Sia } x\in A,\;x\rel y\\
		&x\rel y\= \pi(x)=\pi(y)\=
		\pi^{-1}(\pi(x))=\pi^{-1}(\pi(y))\;(1)\\
		&y\in \pi^{-1}(\pi(y)),\;\;(1)\>y\in A
		}
		\end{prova}
		\step{}{Dim $\Leftarrow $}
		\begin{prova}
			Sia $y\in \pi^{-1}(\pi(A))$,
			\eal{
		&\qq y\in \pi^{-1}(\pi(A))\= \pi(y)\in \pi(A)\= \exists x\in
		A:\;\pi(x)=\pi(y)\=x\rel y \ubrace{\>}{\T{per Hp}} y\in A\\
		&\T{percio', } A\) \pi^{-1}(\pi(y))\\
		&\T{Sia } x\in A,\\
		&\qq x\in A \> \pi(x)\in \pi(A)\> x\in  \pi^{-1}(\pi(A))\\
		&\T{percio', } A\( \pi^{-1}(\pi(y))\\
		}
		\end{prova}
	\end{prova}

\qed
\end{prova}
\begin{thm}\qq\\
	\label{tomeo}
	\pflet{
	$f:(X,\Theta)\longrightarrow (Y,\Theta')$\\
	Sia $\rel_f$ la relazione d'equiv indotta da $f$, ovvero
	$x\rel_fy\;\Leftrightarrow \;f(x)=f(y)$\\
	$\pi(x):(X,\Theta)\longrightarrow
	(X/_{\rel_f},\Theta_q(\pi)),\;\;\pi(x)=\overline{x}$ la
	surriezione naturale, che in questo caso e' anche funzione quoziente\\
	$g:(X/_{\rel_f},\Theta_q(\pi))\longrightarrow
	(Y,\Theta'),\;\;g(\overline{x})=f(x)$}
	allora
	$g$ e' un omeomorfismo $\;\Leftrightarrow \; f$ e' una funzione
	quoziente. Graficamente:
	\[
\xymatrix{ (X,\Theta) \ar[d]^{\pi} \ar[r]^f & (Y,\Theta')\\
(X/_{\rel_f},\Theta_q(\pi)) \ar@{<->}[ur]_{g} }\;\;\Leftrightarrow \;\;
\Theta'=\Theta_q(f)
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf

\step{}{Dim $\Rightarrow $}
\begin{prova}
Dobbiamo dimostrare che $f$ e' una funzione quoziente, ovvero che
$\Theta'=\Theta_q(f)$.\\
\step{}{Dim $\Theta'\(\Theta_q(f)$}
\begin{prova}
Sia $A\( \Theta'$,
\eal{
&f=g\pi\\
&g,\pi\T{ continue } \> f\T{ continua}\\
&\'\'\> f^{-1}(A)\in \Theta 
}
Quindi, per definizione di $\Theta_q(f)$, si ha che $A\in \Theta_q(f)$.
\end{prova}
\step{}{Dim $\Theta'\)\Theta_q(f)$}
\begin{prova}
Sia $A\( \Theta_q(f)$, ovvero $f^{-1}(A)\in \Theta$,
\eal{
&f=g\pi\\
&f^{-1}(A)=(g\pi)^{-1}(A)=\pi^{-1}(g^{-1}(A)) \in \Theta\\
&\'\'\>g^{-1}(A)\in \Theta_q(f)\\
&\'\'g(g^{-1}(A))=A \in \Theta' \T{ [g e' un omeomorfismo, quindi e' aperta e biunivoca]}
}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\step{}{Dim $\Leftarrow $}
\begin{prova}
\step{}{Dimostriamo che $g(x)$ e' una funzione ben posta}
\begin{prova}
	Ben posta vuol dire che prendendo un $y\rel_f x$ si ha
	$g(\overline{y})=g(\overline{x})$.
	\begin{align*}
	&y\rel_f x\;\Rightarrow \;f(y)=f(x)
	&g(\overline{y})=f(y)=f(x)=g(\overline{x})
	\end{align*}
\end{prova}
	$f$ essendo una funz. quoz. e', per definizione, continua. Poiche'
	$g\circ \pi = f$, per il thm \see{tfcont} $g$ e' continua.\\
	\step{}{$g$ e' biunivoca}
	\begin{prova}
	E' iniettiva:
	\[
	g(\overline{x})=g(\overline{y})\;\Leftrightarrow
	\;f(x)=f(y)\;\= \;x\rel_f y\;\Leftrightarrow
	\;\overline{x}=\overline{y}
	\]
	E' surriettiva: $f=g\circ \pi$ essendo funz. quoz. e' surriettiva, e
	quind $g$ e' surriettiva.
	\end{prova}
	\step{}{$g^{-1}$ e' continua}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
	&g\pi=f\\
	&g^{-1}g\pi=g^{-1}f\\
	&\pi=g^{-1}f
	\end{align*}
	$\pi$ e' continua, $f$ e' una funz. quoz. quindi per il thm
	\see{tfcont} $g^{-1}$ e' cont.
	\end{prova}
	\step{}{$g$ e' continua}
	\begin{prova}
		$g\pi=f$, $f$ e' continua, $\pi$ e' funzione quoziente
		$\ubrace{\>}{thm \see{tfcont} }$ $g$ e' continua.
	\end{prova}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
	Prendiamo in $(\mathbb{R},\Theta_e)$ l'intervallo $[0,1]$ e definiamo
	la seguente rel. d'equiv su $[0,1]$:
	\[
	\rel=\{(0,1),(1,0), (x,x):\;x\in[0,1]\}
	\]	o equivalentemente
	\[
	[0,1]/_\rel = \{\{1,0\},\;\{x\}:\;x\in ]0,1[\}
	\]
	Se consideriamo gli elementi di $[0,1]/_\rel$ come punti, possiamo dire che
	$[0,1]/_\rel$ e' il segmento $[0,1]$ con i suoi estremi ``incollati'',
	cioe' un estremo e' equivalente all'altro.\\
	Sia $f:[0,1]\longrightarrow S^1$, $f(t)=(\cos 2\pi t,\sin 2\pi t)$, dove $S^1$ e' la circ. di raggio
	unitario.
	\begin{prova}
		\step{}{Vogliamo dimostrare che $[0,1]/_\rel \simeq S^1$,
		ovvero che prendendo il segmento $[0,1]$ e ``incollando'' gli
		estremi, abbiamo uno spazio omeomorfo alla circonferenza}
		\begin{prova}
		Sia $\rel_f=\{(x,y)\;|\;x,y\in [0,1],\;f(x)=f(y)\}$\\
		\step{}{Dim $\rel_f=\rel$}
		\begin{prova}
	\begin{align*}
	&(0,1)\in \rel,\;\;f(0)=(1,0)=f(1)\;\Leftrightarrow  \;(0,1)\in\rel_f\\
	&(1,0)\in \rel,\;\;f(1)=(1,0)=f(0)\;\Leftrightarrow \;(1,0)\in\rel_f\\
	&(t,t)\in \rel,\;\;f(t)=f(t)\;\Leftrightarrow  \;(t,t)\in \rel_f\\
	&\rel = \rel_f
	\end{align*}
		\end{prova}
		$f$ e' continua (lo avevamo visto in exemp
		\see{exfcoordcont}).\\
		$f$ e' surriettiva, perche' lo e' $\sin$ in
		$[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ e $\cos$ in $[-\pi,\pi]$, e
		quindi a maggior ragione in $[0,1]$.\\
		$f$ e' chiusa: $f([a,b])$, con $[a,b]\subseteq [0,1]$, o e' un
		arco chiuso (con gli estremi), oppure e' tutta la
		circonferenza.\\
		Allora per il thm \see{tfquoz}, $f$ e' una funzione
		quoziente.\\
		Per il thm \see{tomeo}, $g$ e' un omeomorfismo, dove
		\[
		g:[0,1]/_{\rel_f}\longrightarrow S^1
		\]
		\end{prova}
		\qedstep
		\begin{prova}
		Quindi, in definitiva \[[0,1]/_{\rel_f}=[0,1]/_{\rel}\simeq
		S^1\]
		\end{prova}
		\qed
	\end{prova}
\end{exemp}
\begin{exemp}
	Consideriamo l'intera retta in $(\mathbb{R},\Theta_e)$.
Usando
\begin{align*}
	&\rel=\{(x,y)\;|\;x-y\in \mathbb{Z}\}\\
	&f:\mathbb{R}\longrightarrow S^1, f(t)=(\cos 2\pi t,\sin 2\pi t)
\end{align*}
e procedendo come nell'esempio precedente, ricaviamo che 
\[
\mathbb{R}/_\rel \simeq S^1
\]
cioe', possiamo ``arrotolare'' l'intera retta su una circonferenza.
\end{exemp}
\begin{exemp}
	Se prendiamo un rettangolo in $\mathbb{R}^2$ e ``incolliamo'' due
	lati, otteniamo un cilindro: usando una rel. d'equivalenza che associa
	i punti dei due lati, si puo' dimostrare che lo spazio quoziente e'
	omeomorfo a un cilindro. Si procede come negli esempi precedenti
	usando la funzione 
	\[(s,t)\in [0,1]\times [a,b]\longrightarrow (\cos 2\pi s,\sin 2\pi s,
	t)\] dove $[a,b]$ e' il lato destro e sinistro del rettangolo.
	Graficamente, indichiamo questo ``incollamento'' cosi':
	\begin{figure}[h]
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.6]{fig/cili}
		\end{center}
	\end{figure}
\end{exemp}
\begin{exemp}
	Il nastro di Moebius: 
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.6]{fig/moebius}
		\end{center}
	e la bottiglia di Klein:
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.6]{fig/klein}
		\end{center}
		e infine il piano proiettivo (vedi anche par \see{Pproiettivo}):
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.6]{fig/geopro}
		\end{center}
\end{exemp}
\begin{exemp}
	In $(\mathbb{R}, \Theta_e)$ stabililiamo la seguente rel. d'equiv:
	\[
	x\rel y\;\Leftrightarrow \;x-y\in \mathbb{Q}
	\]
	Considerando $(\mathbb{R}/_\rel, \Theta_q(\pi))$, dove $\pi$ e' la
	funzione quoziente canonica, dimostriamo che $\Theta_q(\pi)=\Theta_i$,
	la topologia indiscreta.
\begin{prova}
La tesi equivale a dire che l'unico aperto non vuoto di
$\Theta_q(\pi)$ e' tutto $\mathbb{R}/_\rel$. Prendiamo allora un aperto (non vuoto) 
$B\in \Theta_q(\pi)$ e facciamo vedere che $\pi^{-1}(B)=\mathbb{R}$.\\
Per la proposizione \see{uinsdfui21}, $B=\pi(A)$ dove $A\in
\Theta_e,\;\pi^{-1}(\pi(A))=A$\\
Sostituendo risulta
\[\pi^{-1}(B)=A\;\ubrace{\Rightarrow}{\T{$\pi$ e' surriettiva e $B\neq \0$}} \;A\neq \emptyset \]Per
questo motivo, \[
\exists ]a,b[\subseteq A
\]
inoltre, 
\eal{
&\forall x\in \mathbb{R}\exists r\in \mathbb{Q}:\;a-x<r<b-x\=x+r=r'\in ]a,b[\\
&x-x'=-r\in \mathbb{Q}\> x\rel y \=\pi(x)=\pi(x')\ubrace{\in}{x'\in ]a,b[\(A}
\pi(A)\\
&\forall x\in \mathbb{R}\;\pi(x)\in \pi(A)=B\> {\mathbb{R}/_\rel}\( B
\ubrace{\> }{B \(  {\mathbb{R}/_\rel} }  {\mathbb{R}/_\rel} = B
}
\end{prova}
\qed
\end{exemp}
\begin{thm}\label{t213qasd}
Dato lo spazio $X$, la relazione d'equivalenza $\rel$ su $X$, e la funzione quoziente
canonica $\pi:X\longrightarrow X/_\rel$, si ha
\[
(X/_\rel,\Theta_q(\pi))\T{ e' uno spazio di  Hausdorff }\;\Rightarrow \;
\rel \T{ e' un chiuso in }(X\times X, \Theta_p)
\]
dove $\Theta_p$ e' la topologia prodotto
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Per dimostrare che $\rel$ e' un chiuso, facciamo vedere che i punti che non
gli appartengono non sono di
accumulazione, ovvero che prendendo un punto esterno ad esso, esiste
almeno un suo intorno che non incontra $\rel$.\\
Sia $(x,y)\notin \rel$, ovvero $\pi(x)\neq \pi(y)$.\\
Poiche' $X/_\rel$ e' di Hausdorff, 
\begin{align*}
	&\exists U,V\in \Theta_q(\pi):\;\pi(x)\in U,\;\pi(y)\in V,\;U\cap
	V=\emptyset \\
	&\pi(x)\in U,\;\pi(y)\in V\;\Rightarrow \;
	x\in \pi^{-1}(U),\;
	y\in \pi^{-1}(V)\\
	&\pi^{-1}(U), \pi^{-1}(V)\in \Theta\T{ perche' $\pi$ e' continua}\\
	&\sist{
	u\in \pi^{-1}(U), 
	v\in \pi^{-1}(V) \> \pi(u)\in U,\;\pi(v)\in V\\
	U\^V=\0
	}\> \pi(u)\neq \pi(v) \= (u,v)\notin \rel\\
	&\pi^{-1}(U)\times \pi^{-1}(V)\^ \rel = \0
\end{align*}
$\pi^{-1}(U)\times \pi^{-1}(V)$ e' quindi un intorno di $(x,y)$ che non
incontra $\rel$.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	Questo thm e' quasi l'inverso del thm \see{t213qasd}.\\
\[
\rel \T{ chiuso in }X\times X,\;\pi\T{ funz. aperta }\;\Rightarrow \;
(X/_\rel,\Theta_q(\pi))\T{ e' uno spazio di  Hausdorff }
\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Prendiamo due punti distinti in $X/_\rel$: $\pi(x),\pi(y)$, vogliamo dimostrare che
\[
\exists U,V\in \Theta_q(\pi):\;\pi(x)\in U,\;\pi(y)\in V,\;U\cap V=\emptyset 
\]
Intanto osserviamo che $\pi(x)\neq \pi(y)\;\Rightarrow \;(x,y)\notin \rel$\\
allora, poiche' $\rel \T{ chiuso in }X\times X$ segue che $(x,y)\notin
D(X\times X)$, percio':
\[
\exists \T{ un intorno (aperto)}U\times V \T{ di } (x,y) \T{ in  $X\times X$ }:\;U\times V\cap \rel
=\emptyset \'\'(1)
\]
\eal{
&\forall (u,v)\in U\times V,\;\;(1) \> (u,v)\notin \rel \= \pi(u)\neq \pi(v)\\
&\qq \> \pi(U)\^\pi(V)=\0\'\'(2)\\
&
\sist{
\pi\T{ aperta} \> \pi(U),\pi(V)\in \Theta\\
x\in U \> \pi(x)\in \pi(U)\\
y\in V \> \pi(y)\in \pi(V)\\
(2)}
\> X/_\rel \T{ e' }T_2
}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\section{Spazio connesso}
\ilabel{spazio!connesso}
\begin{figure}[h]
	\begin{center}
		\includegraphics{fig/connesso}
	\end{center}
	\caption{Il sottospazio in blu non e' connesso, quello di sopra lo e'}
\end{figure}
Dato uno spazio topologico $(X,\Theta)$, 
queste proposizioni sono equivalenti:
\begin{enumerate}
	\item $X$ e' uno spazio connesso
	\item $\nexists U,V\neq \emptyset \;\T{aperti (o chiusi)}:\;U\cup V=X,\;U\cap V=\emptyset $.
	\item Gli unici aperti che sono anche chiusi sono solo $\emptyset, X$,
		ovvero, non esistono aperti-chiusi oltre a $\emptyset, X$
\end{enumerate}
\begin{prova}
\pf 
\step{}{Dim $3 \> 2$, ovvero $\not 2 \> \not 3$}
\begin{prova}
\[
U\cap V=\emptyset,\;U\cup V=X\;\Rightarrow \;X\setminus U=(U\v V)\-U=V\;\Leftrightarrow \;X\setminus V=U
\]
\end{prova}
\step{}{Dim $\not 3 \> \not 2$}
\begin{prova}
	Per Hp $\exists V\in \Theta:\;X\- V=U\in \Theta$,
	\eal{
&X\setminus V=U\;\Leftrightarrow \;X\setminus U=V \;\Rightarrow \;U\cap
V=\emptyset\\
&U\cup V=X\setminus U\cup X\setminus V=X\-(U\^V)=X
}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
$Y\subseteq X$ e' si dice sott. connesso $\;\Leftrightarrow \;$ lo e' come
sottospazio, ovvero sse $(Y,\Theta_Y)$ e' connesso.
\begin{thm}
	\label{thmdellasottoconnessione}
Sia $Y\subseteq X$,
\[
Y\;\T{e' connesso }\;\Leftrightarrow \;\nexists U,V\;\T{aperti in X}:\;
\begin{cases}
	Y\subseteq U\cup V\\
	Y\cap U\neq \emptyset \\
	Y\cap V\neq \emptyset \\
	Y\cap U\cap V=\emptyset 
\end{cases}
\]
(equivalentemente per i chiusi).
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dim $\Leftrightarrow  $}
\begin{prova}
$Y\subseteq X$ e' connesso, quindi per definizione, il sottospazio
$(Y,\Theta_Y)$ lo e', quindi non esistono due $U',V'\neq \emptyset  \in
\Theta_Y:\;U'\cap V'=\emptyset ,\;U'\cup V'=Y$. Per def di top. indotta:
\begin{align*}
	&U'=U\cap Y,\;\;\T{ con U aperto di X}\\
	&V'=V\cap Y,\;\;\T{ con V aperto di X}\\
	&U'\neq \emptyset \;\Leftrightarrow \;U\cap Y\neq \emptyset \\
	&V'\neq \emptyset \;\Leftrightarrow \;V\cap Y\neq \emptyset \\
&U'\cap V'=Y\cap U\cap V=\emptyset \\
&U'\cup V'=(Y\cap U)\cup (Y\cap V)=Y\;\Leftrightarrow \;
Y\cap (U\cup V)=Y\;\Leftrightarrow \;Y\subseteq U\cup V
\end{align*}
Quindi se non esistono $U',V'$ allora non possono esistere neanche quei tipi
di $U,V$, e viceversa.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{intdiR}
	In $(\mathbb{R},\Theta_e)$ i sott. connessi sono tutti e solo gli
	intervalli, ovvero
	\[
	S\subseteq \mathbb{R}\;\T{ e' connesso}\;\Leftrightarrow \;S\T{ e' un intervallo}
	\]
\end{thm}
Per provare questo thm occorrono due lemmi:
\begin{lem}
	\label{lemmaintervalli}
$S\subseteq \mathbb{R}$ e' un intervallo $\;\Leftrightarrow \;\;\forall a,b\in
S\;\;[a,b]\subseteq S$
\end{lem}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dim $\Rightarrow $}
\begin{prova}
Un intervallo $S\subseteq \mathbb{R}$ e', per definizione, un insieme del
tipo: $\mathbb{R},[c,d],]c,d[,]c,d],\dots$\footnote{
dove $[c,d]=\{x\in \mathbb{R}|c\le x\le d\}$, etc$\dots$}
. Quindi questo senso del lemma e'
ovvio.
\end{prova}
\step{}{Dim $\Leftarrow $}
\begin{prova}
Sia $a=\inf S,\;b=\sup S$, la tesi equivale a dire che 
\[
\forall x \in \mathbb{R}:\;a<x<b\;\Rightarrow \;x\in S
\]
Per le  proprieta' dell'inf,
\begin{align*}
&\forall \varepsilon > 0\;\exists s\in S:\;a+\varepsilon > s \ge a\\
&\T{ fissando }\varepsilon=x-a>0:\;
&\qq a\le  s < x\\
\end{align*}
analogamente per il sup:
\begin{align*}
&\exists r \in S:\;x < r \le b
\end{align*}
Quindi
\begin{align*}
&a\le  s < x <  r \le b\;\Rightarrow \;x\in [s,r]
\end{align*}
Poiche' per Hp $[s,r]\subseteq S$, si ha che $x\in S$
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{lem}
	\label{lemsupsup}
	Sia $S\subseteq \mathbb{R}$, allora
	\[
	\inf S =l \in \mathbb{R}\;\Rightarrow \;l\in \overline{S}
	\]
	(analogamente per il sup)
\end{lem}
\begin{prova}
\pf \begin{prova}
Sia $U$ un intorno di $l$. Per definizione di $\Theta_e$, si ha:
\[
\exists \varepsilon >0:\;]l-\varepsilon, l+\varepsilon[\subseteq U
\]
	Per le prop dell'inf:
\begin{align*}
&\forall \varepsilon > 0\;\exists s\in S:\;l+\varepsilon > s \ge
l\\
&\qq \;\Rightarrow \; s\in U\\
&U\cap S\neq \emptyset 
\end{align*}
Poiche' $U$ era un intorno arbitrario, deduciamo che
ogni intorno di $l$ incontra $S$, ovvero percio' $l\in \overline{S}$
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prova}
	Passiamo alla dimostrazione del thm \see{intdiR}.
	\pf
\step{}{Dim $\Rightarrow $}
\begin{prova}
Dimostriamo l'inversa dell'implicazione, ovvero
\[
S\subseteq \mathbb{R}\;\T{ non e' connesso}\;\Leftarrow \;S\T{ non e' un intervallo}
\]
Per il lemma \see{lemmaintervalli}, $S\T{ non e' un intervallo}$ equivale a
dire che
\begin{align*}
&\exists a,b\in S:\; [a,b] \nsubseteq S\;\Leftrightarrow \;
\exists z\in [a,b]:\;z\notin S
\end{align*}
Scegliamo i seguenti aperti di $\mathbb{R}$: $U=]-\infty , z[,\;V=]z+\infty
[$, allora se $\Theta_S$ e' la top indotta su $S$, scegliamo $U'=U\cap S\in
\Theta_S,\;V'=V\cap S\in\Theta_S$, e si ha:
\begin{align*}
&a\le z\;\Rightarrow \;a\in U\;\Rightarrow \; a\in U\cap S\;\Rightarrow \; U'\neq \emptyset \\
&b\ge  z\;\Rightarrow \;b\in V\;\Rightarrow \; b\in V\cap S\;\Rightarrow \; V'\neq \emptyset \\
&U\cap V=\emptyset\;\Rightarrow \;U'\cap V'=\emptyset \\
&U\cup V=\mathbb{R}\setminus \{z\}\;\Leftrightarrow \;
S\cap (U\cup V)=S\cap \mathbb{R}\setminus \{z\}\;\Leftrightarrow \;
(S\cap U)\cup (S\cap V)=S\;\Leftrightarrow \;U'\cup V'=S
\end{align*}
\end{prova}
\step{}{Dim $\Leftarrow $}
\begin{prova}
Per assurdo supponiamo che l'intervallo $S$ sia non connesso, ovvero $\exists F,G\neq
\emptyset \;\T{ chiusi di $\mathbb{S}$}:\;F\cap G=\emptyset ,\;F\cup
G=\mathbb{S}$.\\
Prendiamo $x,y\in S:\;x<y$. L'intervallo $[x,y] $ e' $\subseteq S$ (per la
caratterizzazione degli intervalli), quindi $[x,y]$ e' un chiuso di
$S$. Consideriamo 
\begin{align*}
	&F'=F\cap [x,y]\;\;\T{ che e' un chiuso perche' int. di chiusi}\\
	&G'=G\cap [x,y]
\end{align*}
Sia $z=\sup F'$. Per il lemma \see{lemsupsup} e poiche' $F'$ e' chiuso: 
\begin{align*}
	&z=\sup F'\in \overline{F'} = F'
\end{align*}
Per la definizione di sup:
\begin{align*}
&\forall t > z \;t\notin F'\\
&\;\;\Rightarrow \;\forall t\in ]z,y]\;\;t\in G'\;\Leftrightarrow \;
]z,y] \subseteq G'\;\Rightarrow \;\overline{]z,y]}\subseteq \overline{G'}=G'\\
&\;\;\Leftrightarrow \;[z,y] \subseteq G'\;\Rightarrow \;z\in G'
\end{align*}
Quindi
\begin{align*}
&z\in F'\cap G'=F\cap G\cap [x,y]
\end{align*}
assurdo perche' $F\cap G=\emptyset $
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	Essendo $\mathbb{R}$ un intervallo di $\mathbb{R}$, e' esso stesso
	connesso.
\end{cor}

\begin{thm}
	\label{thmconnessocontinua}
Sia $f:X\longrightarrow Y$ surriettiva e continua, allora
\[
X\T{ connesso} \;\Rightarrow \;Y\;\T{ connesso}
\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Proviamo l'inversa dell'implicazione.\\
Essendo $Y$ non connesso, si ha
\[
\exists U,V\neq \emptyset \;\T{ aperti di Y}:\;U\cap V=\emptyset ,\;
U\cup V=Y
\]
Poniamo
\begin{align*}
	&U'=f^{-1}(U),\;V'=f^{-1}(V)
\end{align*}
che sono aperti di $X$ poiche' $f$ e' continua. Allora,
\begin{align*}
	&U'=f^{-1}(U)\neq \emptyset \;\T{ perche' f surriettiva}\\
	&V'=f^{-1}(V)\neq \emptyset \;\T{ perche' f surriettiva}\\
	&U'\cap V'=f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)=f^{-1}(U\cap V)=f^{-1}(\emptyset
	)\\
	&\qq f^{-1}(\emptyset )=\emptyset \;\;\T{ perche' f e' surriettiva}\\
	&U'\cup V'=f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)=f^{-1}(U\cup  V)=f^{-1}(Y)=X
\end{align*}
Ecco che $X$ non e' connesso.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor}\qq\\
	\begin{enumerate}
		\item 
	L'immagine di una funzione continua, che ha per dominio uno spazio
	connesso, e' ancora uno spazio connesso, ovvero se 
	$f:X\longrightarrow Y$ e' continua e $X$ e' connesso, allora $\Im f$ e' connesso.
\item Dati due spazi omeomorfi $X\simeq Y$, si ha 
	\[
	X\;\T{ connesso}\;\Leftrightarrow \;Y\T{ connesso}
	\]
\item	Inoltre, lo spazio quoziente di uno spazio connesso e' ancora
	connesso\footnote{infatti, $\pi:X\longrightarrow X/_\rel$ e'
	surriettiva e continua}
	\end{enumerate}
\end{cor}
\begin{prop}\qq\\
	\label{catenadiconnessione}
	\pflet{
	\begin{enumerate}
		\item $X$ uno spazio topologico
		\item 
			$Y_s \subseteq X$ connesso $\;\forall s\in S$
		\item 
			$Y_s\cap Y_r\neq \emptyset \;\;\forall s,r\in S\;$
	\end{enumerate} 
	} allora
	\[
	\bigcup_{s\in S} Y_s =X\;\Rightarrow \;X\T{ e' connesso}
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Per assurdo $X$ non e' connesso, ovvero 
\[
\exists U,V\neq \emptyset \T{ aperti di $X$}:\;U\cap V=\emptyset ,\;U\cup V=X
\]
Allora per Hp:
\begin{align*}
	&U\^V=\emptyset ,\;\;U\cup V=X=\bigcup_{s\in S} Y_s\;\Rightarrow \;\exists\;Y_s\subseteq  U,\;\exists Y_{r}
	\subseteq  V\\
	&\ubrace{Y_s\cap Y_r\neq \emptyset}{\T{per l'Hp 3}}\;\Rightarrow \;U\cap V\neq \emptyset \;\T{
	assurdo}
\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmconnessoduepunti}
\[
\forall x,y\in X\;\exists Y\subseteq X\;\T{ connesso}:\;x,y\in Y\;\Rightarrow
\;X\T{ e' connesso}
\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
Per assurdo, $X$ non connesso, ovvero 
\[
\exists U,V\neq \emptyset \T{ aperti di $X$}:\;U\cap V=\emptyset ,\;U\cup V=X
\]
Sia $x\in U,\;y\in V$, allora per Hp $\exists Y\subseteq X\;\T{
connesso}:\;x,y\in Y$.\\
Sia $U'=U\cap Y,\;V'=V\cap Y$, allora
\begin{align*}
&x\in U,\;x\in Y\;\Rightarrow \;U'\neq \emptyset \\
&y\in V,\;y\in Y\;\Rightarrow \;V'\neq \emptyset \\
&U'\cap V'=Y\cap U\cap V=Y\cap \emptyset =\emptyset\\
&U'\cup V'=Y\cap (U\cup V)=Y\cap X\ubrace{=}{Y\subseteq X}Y
\end{align*}
quindi $Y$ non e' connesso, ma ovviamente questo e' assurdo.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmdensoeconnesso}

\[
Y\subseteq X\;\T{ denso e connesso}\;\Rightarrow \;X \T{ e' connesso}
\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Sempre per assurdo, 
$X$ non connesso, ovvero 
\[
\exists U,V\neq \emptyset \T{ aperti di $X$}:\;U\cap V=\emptyset ,\;U\cup V=X
\]
\begin{align*}
&Y\subseteq X\;\Rightarrow \;Y\cap X=Y\;\Rightarrow \;Y\cap (U\cup V)=Y\;\Rightarrow \;	
\ubrace{(Y\cap U)}{=U'\in \Theta_Y}\cup \ubrace{(Y\cap V)}{=V'\in\Theta_Y}=Y\\
\end{align*}
Poiche' $Y$ e' denso, ogni aperto di $X$ incontra $Y$, e quindi
\begin{align*}
&Y\cap U=U'\neq \emptyset \\
&Y\cap V=V'\neq \emptyset \\
&U'\cap V'=Y\cap U\cap V=\emptyset 
\end{align*}
quindi $Y$ non e' connesso, assurdo.
\end{prova}\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	\label{chiusuraconnessa}
	La chiusura di un insieme connesso e' connesso
\end{cor}
\begin{prova}
	\pf
	$X\subseteq \overline{X}$, $X$ connesso, $X$ denso
	($\overline{X}=\overline{X}$), allora per il thm di prima
	$\overline{X}$ e' connesso.
\end{prova}
\begin{cor}
	$Y\subseteq X$ connesso, $B\subseteq X$\\
	\[Y\subseteq B\subseteq
	\overline{Y}\;\Rightarrow \;B \T{ e' connesso}
	\]
	Ovvero, tutti gli insiemi compresi tra $Y$ e $\overline{Y}$ sono
	connessi.
\end{cor}

\begin{thm}
	$X,Y$ connessi $\;\Leftrightarrow \;X\times Y$ connesso\\
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim $\Rightarrow $}
\begin{prova}
Cerchiamo di usare il thm \see{thmconnessoduepunti}.\\
Sia $P=(x_0,y_0),Q=(x_1,y_1)\in X\times Y$, poniamo
\begin{align*}
	&r=X\times \{y_1\}\\
	&s=\{x_0\}\times Y\\
	&r\cap s=\{(x_0,y_1\}
\end{align*}
\step{}{$r$ e' omeomorfo a $X$, e quindi e' connesso}
\begin{prova}
La proiezione $p$, ristretta a $p:X\times \{y_0\}\longrightarrow X$ e' un
omeomorfismo, infatti, oltre a essere continua, aperta, e surriettiva, e'
anche iniettiva (essendo la restrizione a $X\setminus \{y_0\}$).
\end{prova}
Anche $s$ e' connesso. Allora, per la prop \see{catenadiconnessione}, $r\cup
s$ e' connesso.\\
Poiche' possiamo ripetere questo discorso per ogni coppia di punti $P,Q\in
X\times Y$, per il thm \see{thmconnessoduepunti}, $X\times Y$ e' connesso.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{exemp}\qq\\
	\begin{enumerate}
		\item $\mathbb{R}^n$ e' connesso
		\item 
	$\mathbb{R}^2\setminus \mathbb{Q}^2$ e' connesso (dati due punti a
	coord irrazionali, possiamo trovare al piu' tre rette a coord
	irrazionali che unite contengono i due punti. Quindi per il thm
	\see{thmconnessoduepunti} si ha la tesi)
\item Il piano di Niemytzki e' connesso: $L_2$ (il semipiano senza l'asse $x$) 
	e' denso, $L_2=\mathbb{R}\times \ubrace{]0,+\infty [}{\T{connesso
	perche' intervallo di $\mathbb{R}$}}$ e' connesso. Per il thm
	\see{thmdensoeconnesso}, $L$ e' connesso.
\item La retta di Sorgenfrey, non e' connessa dato che tutti i suoi aperti
	sono anche chiusi.
	\end{enumerate}
\end{exemp}
\begin{exemp}
	Il teorema del punto unito.\\
	Data una funzione $f:[a,b]\longrightarrow [a,b]$,
	continua$\;\Rightarrow \;\exists x_0\in [a,b]:\;f(x_0)=x_0$.
	\begin{prova}
	\pf
	Consideriamo la funzione
	$\varphi(x)=f(x)-x,\;\;\varphi:[a,b]\rightarrow \Im \varphi$ che e' continua (diff. di
	funz. continue). Inoltre, $\varphi([a,b])$ e' un intervallo, perche'
	l'immagine di uno spazio connesso di una funzione continua e surriettiva e'
	ancora connesso, e i sottoinsiemi connessi di $\mathbb{R}$ sono tutti
	e solo gli intervalli. 
	\begin{align*}
	&\varphi([a,b]) \subseteq [a,b]\\
	&f(a)\subseteq [a,b]\;\Rightarrow \;f(a) \ge a\;\Rightarrow
	\;f(a)-a\ge 0\\
	&\varphi(a)=f(a)-a\ge 0\\
	&\varphi(b)=f(b)-b\le 0
	\end{align*}
	Per il teorema dell'esistenza degli zeri 
	\begin{align*}
	&\exists x_0\in [a,b]:\;\varphi(x_0)=0\;\Leftrightarrow
	\;f(x_0)-x_0=0\;\Leftrightarrow \;f(x_0)=x_0
	\end{align*}
	\qed
	\end{prova}
\end{exemp}
\subsection{Componenti connesse}
\ilabel{componenti connesse}
$X$ spazio topologico. Sia $x\in X$, e $L_x=\{B\;|\;x\in B\subseteq
X,\;\;B \T{ connesso}\}$
poniamo
\[
\C_x=\bigcup_{B\in L_x} B
\]
$\C_x$ si dice la componente connessa di $x$ in $X$. Gode delle seguenti
proprieta':
\begin{enumerate}
	\item $\C_x$ e' il massimale di $L_x$
	\item $\C_x$ e' connesso\\
		\pf conseguenza del thm \see{catenadiconnessione}
	\item $\C_x$ e' chiuso\\
		\pf $\C_x\subseteq \overline{\C_x}$. Per il thm
		\see{chiusuraconnessa}, $\overline{\C_x}$ e' connesso, ovvero
		$\overline{\C_x}\in L_x$. Per la proprieta' 1,
		$\overline{\C_x}\subseteq \C_x$. Quindi in definitiva
		$\C_x=\overline{\C_x}$
\end{enumerate}
\begin{prop}
Stabiliamo la seguente relazione d'equivalenza:
\[
x\sim y\;\Leftrightarrow \;\exists B\subseteq X:\;B \T{ connesso},\;x,y\in B
\]
(la riflessivita' segue dal fatto che un punto e' connesso). Si ha che le
classi d'equivalenza di $X/_\sim$ sono solo le componenti connesse di $X$,
infatti, $y\in \C_x\= x\rel y \= \exists B \T{ connesso }:\;x,y\in B\= y\in
\C_x$.	
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf \step{}{
	Dimostriamo che $\{\C_x\}_{x\in X}$ e' una partizione di $X$
	}
	\begin{prova}
		\step{}{
		$\bigcup_{x\in X}\C_x=X$ e' vero per definizione.
		}
		\step{}{
	Resta da dim che $\C_x\neq \C_y\Rightarrow \C_x\cap \C_y=\emptyset $,
	ovvero che $\C_x\cap \C_y\neq \emptyset \;\Rightarrow \;\C_x=\C_y$
		}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
&			\C_x\cap \C_y\neq \emptyset\; \ubrace{\Rightarrow}{\T{thm \see{catenadiconnessione}}} \; \C_x\cup \C_y\T{ connesso}\\
&x\in \C_x\cup \C_y\T{ connesso}\;\ubrace{\Rightarrow}{\C_x \T{ e' il massimale}} \; \C_x\cup \C_y \subseteq \C_x\;\Rightarrow \;\C_x\cup \C_y=\C_x\\
	&y\in \C_x\cup \C_y\T{ connesso}\;\Rightarrow \; \C_x\cup \C_y \subseteq \C_y\;\Rightarrow \;\C_x\cup \C_y=\C_y\\
	&\qq \;\Rightarrow \; C_x=C_y
			\end{align*}
		\end{prova}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\begin{defn}
\ilabel{totalmente sconnesso}
$X$ si dice totalmente sconnesso $\;\Leftrightarrow \; \forall x \in
X\;\C_x=\{x\}$.	
\end{defn}
\begin{exemp}\qq\\
	\begin{enumerate}
		\item 
	$\mathbb{Q}$ con la top. indotta da $(\mathbb{R}, \Theta_e)$  e' tot.
	sconnesso.
\item Sorgenfrey, e' tot. sconnesso.
	\end{enumerate}
\end{exemp}
\subsection{Connessione per archi}
\ilabel{archi}
$X$ e' connesso per archi $\;\Leftrightarrow \;\forall p,q\in X\;\exists
f:[0,1]\longrightarrow X,\;\T{ continua}:\;f(0)=p,\;f(1)=q$\\
Con $I$ indicheremo $[0,1]$.\\
$f$ e' chiamata percorso.
\begin{thm}
	$X$ connesso per archi $\;\Rightarrow \;X$ e' connesso
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Per assurdo, $\exists U,V$ aperti di $X$ non vuoti:$\;U\cap V=\emptyset
,\;U\cup V=X$.\\
$\forall p,q\in U,V$, per Hp $\exists f:[0,1]\longrightarrow
\mathbb{R},\;\T{ continua}:\;f(0)=p,\;f(1)=q$,\\
$p,q \in f(I)$. $f(I)$ e' connesso perche' e' immagine di funzione continua
(vedi thm \see{thmconnessocontinua}). Allora, per il thm
\see{thmconnessoduepunti}, $X$ e' connesso.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{defn} di componenti connesse per archi.\\
Stabiliamo la seguente relazione d'equivalenza:
\[
p\sim q\;\Leftrightarrow \; \exists f:[0,1]\longrightarrow X,\;\T{
continua}:\;f(0)=p,\;f(1)=q
\]
Le classi d'equivalenza si dicono componenti connesse per archi. In sostanza,
le componenti, sono i ``pezzi'' di spazio che sono connessi per archi al loro
interno, ma sconnessi per archi con le altre porzioni.
\end{defn}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim che $\sim$ e' una rel d'equ}
\begin{prova}
	\begin{description}
		\item[Riflessiva] $p\sim p$ ? Basta scegliere la funzione
			costante $f(t)=p$
		\item[Simmetrica] $p\sim q\;\Rightarrow \;q\sim p$?\\
			\begin{align*}
			&p\sim q\;\Rightarrow \;\exists f(t)\\
			&g(t)=f(1-t),\;g(0)=q,\;g(1)=p\;\Rightarrow \;q\sim p
			\end{align*}
		\item[Transitiva] $p \sim q,\;q\sim r\;\Rightarrow \;p\sim
			r$?\\
			Siano $f,g$ le funzioni delle due rel. d'equ.,
			graficamente:
			\[
			p\stackrel{f}{\longrightarrow }q
			\stackrel{g}{\longrightarrow } r
			\]
			scegliamo allora
			\[
			h(t)=\begin{cases}
				f(2t)&t\in [0,\frac{1}{2}]\\
				g(2t-1)&t\in [\frac{1}{2}, 1]
			\end{cases}
			\]
			$h$ e' continua per il thm dell'incollamento (vedi thm
			\see{incollamento}), e $h(0)=p,\;h(1)=r$
	\end{description}
\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
Sia $f:X\longrightarrow Y$ surriettiva e continua, allora
\[
X\T{ connesso per archi} \;\Rightarrow \;Y\;\T{ connesso per archi}
\]
Nota\footnote{questo thm e' l'analogo del thm \see{thmconnessocontinua}. Non
esiste pero' l'analogo del thm denso$\rightarrow $conneso}.
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
$X$ conn $\Rightarrow \;\forall p,q\in X\;\exists g:I\longrightarrow
X,\;\T{continua},\;g(0)=p,\;g(1)=q$
\[
I\stackrel{g}{\longrightarrow } X\stackrel{f}{\longrightarrow } Y
\]
\begin{align*}
&h=f\circ g:I\longrightarrow Y,\;\;\T{cont. perche' composizione di f
continue}\\
&\T{Siano }p',q' \in Y,\;\T{ scegliamo un }p\in f^{-1}(p') \T{ che esiste
perche' la f e' surr.}\\
&\T{ scegliamo un }q\in f^{-1}(q')\\
&f(p)=p',\;f(q)=q'\\
&\T{h e' la funz. cercata, infatti, e' continua, e  }\\
&\qq h(0)=f(g(0))=f(p)=p',\;\;h(1)=f(g(1))=f(q)=q'\\
\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{exemp}\qq\\
	\begin{enumerate}
%		\item Se consideriamo la parabola,
%			il cammino tra due qualsiasi sue punti $p,q$ e':
%			\[
%			f(t)=\left(
%			(p_x+t)(1-t)+q_xt, 
%			\left((p_x+t)(1-t)+p_yt\right)^2\right)
%			\]
%			(e' continua perche' ha coord continue).
		\item Esempio di spazio connesso, ma non connesso per archi.\\
		Sia $\Theta_n$ la topologia che ha la seguente famiglia di
		chiusi:
		\[
		\C =\pgra{\R\,B\( \mathbb{R}\;|\;B\T{ e' finito o numerabile }}
		\]
	Chiamiamo $\Theta_n$ la topologia conumerabile. Consideriamo
	$(\mathbb{R}, \Theta_n)$.
	Questo spazio topologico e' connesso ma non
	per archi.
	\begin{prova}
		\pf
%	\step{}{$\Theta_n$ non e' confrontabile con $\Theta_e$}
%	\begin{prova}
%		$[a,b]$ chiuso in $\mathbb{R}$, ma non in $\Theta_n$, dato che
%		e' infinito (e non numerabile).\\
%		$\mathbb{Q}$ chiuso in $\Theta_n$ (e' numerabile), ma non in
%		$\mathbb{R}$, perche' denso: $\overline{ {\mathbb{Q}}}=\mathbb{R}\neq
%		\mathbb{Q}$
%	\end{prova}
\step{}{$\mathbb{R}$ in $\Theta_n$ e' connesso}
\begin{prova}
	Infatti, non possono esistere due chiusi $F,G:\;F\^G=\0\,F\v G=\mathbb{R}$
	perche' i chiusi sono solo numerabili o finiti, e l'unione (finita) di insieme
	numerabili e' sempre un insieme numerabile (thm di Cantor).
\end{prova}
\step{}{$(\mathbb{R},\Theta_n)$ non e' connesso per archi}
\begin{prova}
	Dimostreremo che ogni funzione $f:[0,1]\longrightarrow (\mathbb{R},
	\Theta_n)$,
	continua, e' costante, e che quindi $(\mathbb{R},\Theta_n)$ non e'
	connesso per archi.\\
	Sia $f:I\longrightarrow \mathbb{R}$, continua.
	\eal{
	&Q=\mathbb{Q}\^ [0,1]\T{  e' numerabile}\\
	&f(Q)\T{ e' allora, al piu', numerabile }\> f(Q)\T{ e' chiuso
	}\=\overline{f(Q)}=f(Q)\'\'(1)\\
	&\overline{Q}=[0,1]\;\T{ $\mathbb{Q}$ e' denso nella topologia indotta
	su $[0,1]$ }\'\'(2)\\
	&f\T{ continua }\ubrace{\>}{thm \see{thmcontstrana}}f(\overline{Q})\(
	\overline{f(Q)}\ubrace{\=}{(1), (2)}f(I) \( f(Q)\'\'(3)
	}
	Un insieme finito o numerabile, con almeno due punti distinti, non e' connesso in
	$(\mathbb{R},\Theta_n)$, infatti, essendo finito o numerabile, puo'
	essere separato di un insiemi disgiunti (ad esempio, possiamo separare
	$\mathbb{N}$ in $\{2n\}, \{2n+1\}$).\\
	Quindi, $f(I)$, essendo per la $(1)$ e $(3)$ finiti o
	numerabili, se avranno piu' di un punto, non saranno connessi. Poiche'
	$f(I)$ e' sempre connesso, necessariamente dovra' contenere un solo
	punto. Ecco che $f$ e' costante.
\end{prova}
\qed		
	\end{prova}
%		\item !!!TODO!!! Esempio del pettine!!!!
	\end{enumerate}
\end{exemp}
\section{Spazio compatto}
\ilabel{ricoprimento}
Sia $(X,\Theta)$ uno spazio topologico.\\
Si dice ricoprimento di $X$ una famiglia 
\[
\A=\{A_i\}_{i\in I}, \T{ con } A_i\subseteq X, \T{ t.c. } \bigcup_{i\in I}A_i =X
\]
si dice ricoprimento aperto di $X$ una famiglia
\[
\A=\{A_i\}_{i\in I}, \T{ con } A_i\in \Theta, \T{ t.c. } \bigcup_{i\in I}A_i =X
\]
si dice sottoricoprimento di $X$ una sottofamiglia di un ricoprimento di $X$,
che e' comunque un ricoprimento di $X$,
ovvero, se $\A$ e' un ricoprimento, un sotto ricoprimento sara':
\[
\B=\{B_j\}_{j\in J}, \T{ con } B_j\in \A,\T{ t.c. } \bigcup_{j\in J}B_j =X
\]
\begin{defn}
\ilabel{spazio!compatto}
Uno spazio $(X,\Theta)$ si dice compatto $\;\Leftrightarrow \;$ ogni suo
ricoprimento aperto ha un sottoricoprimento finito. Ovvero, se
\[ \A \T{ ricoprimento aperto di } X\;\Rightarrow \;
\exists A_1, A_2, \dots, A_n\in \A,\;n\in \mathbb{N}:\;\bigcup_{j=1,2,\dots,n}A_j=X
\]
o equivalentemente
\[\forall  \A \T{ ricoprimento aperto di } X\;\; \exists A_1, A_2, \dots, A_n\in \A,\;n\in
\mathbb{N}:\;\bigcup_{j=1,2,\dots,n}A_j=X\]
Un sottoinsieme $J\subseteq X$ e' compatto $\;\Leftrightarrow \;$ lo e' come
sottospazio, cioe' se $(J,\Theta_J)$ e' compatto.
\end{defn}
\begin{prop}
	Sia $X$ uno spazio discreto,allora
	\[
	X \T{ compatto }\;\Leftrightarrow \;\T{ finito }
	\]
\end{prop}
\begin{prop}
	\label{finecompatto}
	Dato $(X,\Theta_1)$ non compatto, allora
	\[
	(X,\Theta_1)<(X,\Theta_2)\;\Rightarrow \;(X,\Theta_2)\T{ non compatto}
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf\step{}{
	Dobbiamo dimostrare che esiste almeno un ricoprimento aperto di
	$(X,\Theta_2)$ che non ha sottoricoprimento finito.
	}
\begin{prova}
Poiche' $(X,\Theta_1)$ non e' compatto,
\[
\exists  \A \T{ ricoprimento aperto di } (X,\Theta_1):\;\forall A_1, A_2,
\dots, A_n\in \A,\;n\in \mathbb{N}:\;\bigcup_{j=1,2,\dots,n}A_j\neq X
\]
poiche' ogni aperto di $(X,\Theta_1)$ e' anche aperto di $\Theta_2$, $\A$ e'
anche un ricoprimento per $(X,\Theta_2)$, e quindi $(X,\Theta_2)$ non e'
compatto.
\qed
\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}\qq\\
	\label{expcompattezza}
	\begin{enumerate}
		\item Uno spazio finito e' compatto.
			\begin{prova}
			\begin{prova}
				\pf Dalla definizione stesso: ogni
				ricoprimento aperto e' finito, quindi come
				sottoricoprimento basta prendere il
				ricoprimento stesso.
			\end{prova}
			\end{prova}
		\item Uno spazio con la top. cofinita e' compatto.
			\begin{prova}
			\begin{prova}
		\pf Sia $\A$ un suo ricoprimento aperto. Un aperto
		nella topologia cofinita e' del tipo $X\setminus
		\{p_1,\dots,p_n\}$. Inoltre, per ogni punto di $X$ esiste un
		aperto che lo contiene. Quindi, basta prendere il
		sottoricoprimento
		\[
		\B=\{B_{p_1}, B_{p_2},\dots, B_{p_n}, X\setminus
		\{p_1,\dots,p_n\}\}
		\]
		dove $B_{p_i}$ e' l'aperto che contiene $p_i$.\qed
			\end{prova}
			\end{prova}
		\item $(\mathbb{R}^n,\Theta_e)$, con $n\ge 1$,  non e' compatto.
			\begin{prova}
			\begin{prova}
				\pf 
		Dobbiamo dimostrare che esiste almeno un ricoprimento aperto
		che non ha sottoricoprimento finito.\\
Sia $\A$ il seguente ricoprimento aperto di $(\mathbb{R}^n,\Theta_e)$:
\[
\A=\{S(O,\frac{1}{n})\}_{n\in \mathbb{N}}
\]
dove $O$ e' l'origine, e $S(O,n)$ sono le sfere.
Supponiamo per
assurdo che esista un sottoricoprimento finito, cioe' che
\[
\B=\{S(O,\frac{1}{i})\}_{i=1,2,\dots,m}:\; \bigcup_{i=1,2,\dots,m}B_i =X
\]
questo e' assurdo, perche' il punto $y\in S(O, \frac{1}{m}+1) \subseteq X$ non
e'  contenuto in nessun elemento di $\B$.\qed
			\end{prova}
			\end{prova}
	\item Sorgenfrey non e' compatto.
		\begin{prova}\pf
			\begin{prova}
				Poiche' $\mathbb{R}$ non e' compatto e
				$\Theta_e<\Theta_s$, dalla
				prop \see{finecompatto}, segue che Sorgenfrey
				non e' compatto.\qed
			\end{prova}
		\end{prova}
	\item Il piano di Niemytzki non e' compatto.
	\begin{prova}\pf
	\begin{prova}
	Anche qui basta usare il fatto che $\Theta_e<\Theta_N$, dove pero'
	stavolta, $\Theta_e$ e' la topologia euclidea indotta da
	$\mathbb{R}$ sul semipiano $\mathbb{R}^2_+$. Si deve anche dimostrare
	che $\mathbb{R}^2_+$ non e' compatto, e si procede analogamente alla
	dimostrazione per $(\mathbb{R}^n,\Theta_e)$, considerando i semicerchi
	al posto delle sfere.
	\qed
	\end{prova}
	\end{prova}
	\end{enumerate}
\end{exemp}
\begin{defn}
Sia $(X,\Theta)$ spazio top., una sua famiglia di chiusi
\[
\C=\{C_i\}_{i\in I}
\]
si dice che gode della proprieta' dell'intersezione finita
\ilabel{proprieta' dell'intersezione finita}
$\;\Leftrightarrow \;$ \[
\C'\( \C, \T{ finita } \> 
\bigcap \C'\neq \emptyset 
\]
Ovvero, ogni sottofamiglia finita di $\C$ ha intersezione non vuota.
\end{defn}
\begin{thm}\qq\\
$(X,\Theta)\T{ e' compatto }\;\Leftrightarrow \;$ per ogni  famiglia $\C$ di chiusi
di $X$ che gode della proprieta' dell'intersezione finita si ha che $\bigcap
\C\neq \emptyset$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dim $\Rightarrow $}
\begin{prova}
	Sia $\C=\{C_i\}_{i\in I}$ una famiglia di chiusi
di $X$ che gode della proprieta' dell'intersezione finita, e sia
\[
\A=\{A_i\;|\;A_i=X\setminus C_i\}_{i\in I}
\]
la relativa famiglia di aperti.\\
Supponiamo per assurdo che $\bigcap \C=\emptyset $, allora
\begin{align*}
&\bigcap \C=\emptyset\;\Leftrightarrow \;
\bigcap X\setminus A_i=\emptyset \;\Leftrightarrow \;
X\setminus\bigcup_{i\in I} A_i=\emptyset \\
&\;\Leftrightarrow \; \bigcup_{i\in I} A_i=X
\end{align*}
Quindi la famiglia $\A$ e' un ricoprimento di $X$.
Poiche' $X$ e' compatto, 
\[
\exists A_1, A_2, \dots, A_n\in \A,\;n\in \mathbb{N}:\;\bigcup_{j=1,2,\dots,n} A_j=X
\]
quindi
\begin{align*}
&
X=\bigcup_{j=1,2,\dots,n} A_j=\bigcup_{j=1,2,\dots,n}X\setminus C_j=X\setminus
\bigcap_{j=1,2,\dots,n} C_j\\
&X=X\setminus  \bigcap_{j=1,2,\dots,n} C_j\;\Leftrightarrow \;
\bigcap_{j=1,2,\dots,n} C_j=\emptyset 
\end{align*}
Questo e' assurdo contro l'ipotesi che $\C$ gode della prop. dell'intersezione
finita, ovvero ogni sottofamiglia finita di $\C$ dovrebbe avere intersezione non
vuota.
\qed
\end{prova}
\step{}{Dim $\Leftarrow $}
\begin{prova}
Sia $\A$ un ricoprimento aperto di $X$, e sia
\[
\C=\{C_i\;|\;C_i=X\setminus A_i,\; A_i\in \A \}_{i\in I}
\]
poiche' $\A$ e' un ricoprimento:
\begin{align*}
&\bigcup \A = X\;\Leftrightarrow \;X\setminus \bigcup \A =\emptyset
\;\Leftrightarrow \;\bigcap_{i\in I} X\setminus A_i = \emptyset \\
&\;\;\Leftrightarrow \; \bigcap_{i\in I} C_i= \emptyset
\end{align*}
quindi per Hp, $\C$ non puo' godere della proprieta' dell'intersezione finita.
Questo vuol dire che 
\begin{align*}
&\exists C_1, C_2,\dots, C_n \in \C:\;C_1\cap C_2\cap \dots\cap C_n=\emptyset
\\
&\;\Leftrightarrow \;\bigcup_{j=1,2\dots,n} X\setminus C_j =X\\
&\;\Leftrightarrow \;\bigcup_{j=1,2\dots,n} A_j=X
\end{align*}
quindi $X$ e' compatto.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prop}
\label{propsottocompatto}
	Sia $(X,\Theta)$ uno spazio topologico, allora
\[
J\subseteq X\;\T{ e' compatto }\;\Leftrightarrow \;
%\exists A_1,A_2,\dots,A_n\in \Theta:\;J\subseteq \bigcup_{i=1,2,\dots,n} A_i
\left(J \subseteq \bigcup \A\;\Rightarrow \;
\exists A_1,A_2,\dots,A_n\in \A:\;J\subseteq \bigcup_{h=1,2,\dots,n} A_h\right)
\]
dove $\A=\{A_i\;|\;A_i\in \Theta\}_{i\in I}$
\end{prop}
\begin{prova}
\pf
\step{}{Dim $\Rightarrow $}
\begin{prova}
$J$ e' compatto. La tesi e' un'intera implicazione. Supponiamo allora vera la
sua premessa, cioe':
\[
J \subseteq \bigcup \A=\{A_i\;|\;A_i\in \Theta\}_{i\in I}
\]
Sia $\B$ la seguente famiglia di aperti di $J$:
\[
\B=\{B_i\;|\;B_i=A_i\cap J\}_{i\in I}
\]
$\B$ e' un ricoprimento aperto di $J$, infatti, $A_i\cap J\in \Theta_J$ per
definizione, e inoltre
\begin{align*}
&\bigcup \B = \bigcup_{i\in I} A_i\cap J= J\cap \bigcup_{i\in I} A_i=J \cap
\bigcup \A\\
&J \subseteq \bigcup \A\;\Rightarrow \;J \cap \bigcup \A= J\\
&\bigcup \B=J	
\end{align*}
Poiche' $J$ e' compatto per Hp, sia $\B'$ un suo sottoricoprimento aperto finito:
\[
\B'=\{B_1,B_2,\dots,B_n\}
\]
\begin{align*}
&J=\bigcup \B'=\bigcup_{h=1}^n A_h\cap J
=J\cap \bigcup_{h=1}^n A_h \subseteq \bigcup_{h=1}^n A_h 
\end{align*}
\end{prova}
\step{}{Dim $\Leftarrow $}
\begin{prova}
Sia 
\[
\B=\{B_i\;|\;B_i=A_i\cap J,\;A_i\in \Theta\}_{i\in I}
\]
un generico ricoprimento aperto di $\B$, cioe' $\bigcup \B=J$.
Vogliamo dimostrare che esiste un suo
sottoricoprimento finito. 
Poniamo 
$\A=\{A_i\}_{i\in I}$,
\begin{align*}
	&J=\bigcup \B=\bigcup_{i\in I} A_i\cap J=J\cap \bigcup_{i\in I} A_i=
	J\cap  \bigcup \A \subseteq   \bigcup \A 
\end{align*}
allora, per Hp 
\[
\exists A_1,A_2,\dots,A_n\in \A:\;J\subseteq \bigcup_{h=1,2,\dots,n} A_h
\]
e quindi:
\begin{align*}
&J\subseteq \bigcup_{h=1,2,\dots,n} A_h\;\Rightarrow \;
J\cap \bigcup_{h=1,2,\dots,n} A_h= J\\
&J= J\cap \bigcup_{h=1,2,\dots,n} A_h= \bigcup_{h=1,2,\dots,n} A_h\cap J = 
\bigcup_{h=1,2,\dots,n} B_h
\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}

\begin{thm}
	\label{thmchiusocompatto}
Sia $(X,\Theta)$ uno spazio compatto, allora
\[
C\subseteq X,\T{ chiuso }\;\Rightarrow \;C \T{ e' compatto}
\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	Sia $C\subseteq X$ chiuso, e $C\subseteq \bigcup \A$, dove
	$\A=\{A_i\}_{i\in I}$ e' una certa
famiglia di aperti di $X$.
\[
\{A_i,X\setminus C\}_{i\in I}
\]
e' un ricoprimento aperto di $X$. Poiche' $X$ e' compatto
\[
\exists A_1,A_2,\dots, A_n\in \A:\;X=\left(\bigcup_{j=1}^n A_j\right)\cup X\setminus C
\]
allora
\begin{align*}
&C\subseteq X\;\Rightarrow \;C\subseteq \left(\bigcup_{j=1}^n A_j\right)\cup
X\setminus C
\end{align*}
e quindi per la prop \see{propsottocompatto}, $C$ e' compatto.
\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmcontsurcompatto}
	Sia $(X,\Theta)$ compatto, e sia $f:(X,\Theta)\longrightarrow
	(Y,\Theta')$
	\[
	f \T{ continua e surriettiva}\;\Rightarrow \;(Y,\Theta') \T{ e' compatto}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	Sia $\B=\{B_i\;|\;B_i\in \Theta'\}_{i\in I}$ un ricoprimento aperto di
	$Y$, cioe'
	$\bigcup_{i\in I} B_i=Y$. Poiche' $f$ e' continua e surriettiva
	\begin{align*}
	&f^{-1}(B_i)=A_i\in \Theta\\
	&f^{-1}(\bigcup_{i\in I} B_i)=\bigcup_{i\in I} A_i = f^{-1}(Y)=X
	\end{align*}
	$\A=\{A_i\}_{i\in I}$ e' quindi un ricoprimento aperto di $X$. 
	Poiche' $X$ e' compatto
	\begin{align*}
		&\exists A_1, A_2, \dots,A_n:\;X=\bigcup_{j=1}^n A_j
	\end{align*}
	Applichiamo la $f$:
	\begin{align*}
		&f(X)=Y\;\;\T{ [f e' surriettiva] }\\
		&f\left(\bigcup_{j=1}^n A_j\right)=f\left(\bigcup_{j=1}^n
		f^{-1}(B_j)\right)=\bigcup_{j=1}^n B_j\;\;\;\T{ [f e'
		surriettiva]}\\
		&Y=\bigcup_{j=1}^n B_j
	\end{align*}
	quindi $Y$ e' compatto.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmT2compatto}
	Sia $(X,\Theta)$ uno spazio $T_2$ e $Z\subseteq X$ compatto, allora
	\[
	\forall x \in X\setminus Z\;\; \exists U,V\in \Theta:\;\begin{cases}
		Z\subseteq U\\
		x\in V\\
		U\cap V=\emptyset 
	\end{cases}
	\]
	in sostanza, vale la separazione $T_3$ per l'insieme $Z$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
Sia $x\in X\setminus Z$, $z\in Z$, poiche' $X$ e' $T_2$, si ha
\begin{align*}
\exists U,V\in\Theta:\;\begin{cases}
	z\in U_z\\
	x\in V_z\\
	U_z\cap V_z=\emptyset 
\end{cases}
\end{align*}
La famiglia $\U=\{U_z\}_{z\in Z}$ di aperti di $X$ e' tale che $Z\subseteq
\bigcup \U$, poiche' $Z$
e' compatto, per la prop \see{propsottocompatto}
\[
\exists U_1,U_2,\dots,U_n\in \U:\;\;Z\subseteq \bigcup_{j=1}^n U_j=U
\]
Consideriamo poi $V=\bigcap_{z\in Z} V_z$. Questo e' un intorno aperto di $x$
(infatti, $x\in V_z$ per ogni $z$, e ogni $V_z$ e' un aperto).
Resta da provare che $U\cap V=\emptyset $. Se per assurdo $\exists y\in U\cap
V$, allora
\begin{align*}
	&y\in U\;\Rightarrow \;\exists z_1:\;y\in U_{z_1}\\
	&y\in V\;\Rightarrow \;\forall z\in Z\;\;y\in V_z\;\Rightarrow \;y\in V_{z_1}\\
	&y\in U_{z_1}\cap V_{z_1}\;\;\T{ [assurdo, perche' $U_{z_1}\cap
	V_{z_1}=\emptyset $]}
\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor}\qq\\
	\label{corT2compatto}
$(X,\Theta)$ uno spazio $T_2$ e $Z\subseteq X$ compatto $\;\Rightarrow \;Z$ e'
chiuso in $X$.
\end{cor}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Per il thm di prima abbiamo che 
	\[
	\forall x \in X\setminus Z\;\; \exists U,V\in \Theta:\;\begin{cases}
		Z\subseteq U\\
		x\in V\\
		U\cap V=\emptyset 
	\end{cases}
	\]
e questo significa proprio che i punti esterni di $Z$ non sono di
accumulazione, ovvero $Z$ e' chiuso.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
$X$ infinito, $(X,\Theta_c)$ non e' $T_2$
\begin{prova}
	\pf
Un aperto di $X$ ha la topologia cofinita, e quindi e' compatto (l'abbiamo
visto in \see{expcompattezza}). Ovviamente pero', non e' chiuso. Quindi per
quest'ultimo cor, segue che $(X,\Theta_c)$ non e' $T_2$.\qed
\end{prova}
\end{exemp}
\begin{thm}\qq\\
$(X,\Theta)\;T_2 \T{ e compatto }\;\Rightarrow \;(X,\Theta)\;\;T_4$
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	Siano $F,G$ due chiusi di $X$: $F\cap G=\emptyset$. Vogliamo mostrare che:
\[
\exists U,V\in \Theta:\;F\subseteq U,\; G\subseteq V,\;U\cap V=\emptyset
\]
$F,G$, per il thm \see{thmchiusocompatto}, $F,G$ sono compatti. Per il thm
\see{thmT2compatto}, 
	\[
	\forall x \in G\subseteq X\setminus F\;\; \exists U_x,V_x\in \Theta:\;\begin{cases}
		F\subseteq U_x\\
		x\in V_x\\
		U_x\cap V_x=\emptyset 
	\end{cases}
	\]
abbiamo che
\begin{align*}
	&\forall x \in G\;\;x\in V_x\;\Rightarrow \;G \subseteq  \bigcup_{x\in G} V_x
\end{align*}
per la compattezza di $G$, e per la prop \see{propsottocompatto}, si ha allora
\begin{align*}
	&\exists x_1,x_2,\dots, x_n:\;G\subseteq \bigcup_{j=1}^n V_{x_j}=V
\end{align*}
poniamo $U=\bigcap_{j=1}^n U_{x_j}$. Si ha $U\cap V=\emptyset $, infatti, 
se per assurdo $\exists y\in U\cap V$, allora
\begin{align*}
	&y\in V\;\Rightarrow \;\exists x_i:\;y\in V_{x_i}\\
	&y\in U\;\Rightarrow \; y\in U_{x_i}\\
	&y\in U_{x_i}\cap V_{x_i}\;\;\T{ [assurdo, perche' $U_{x_i}\cap V_{x_i}=\emptyset $]}
\end{align*}
quindi $U$ e $V$ sono i due aperti cercati.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmintervallocompattochiusolimitato}
	In $(\mathbb{R},\Theta_e)$, si ha
	\[
	[a,b] \T{ intervallo chiuso e limitato}\;\> \;[a,b] \T{ sott. compatto}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
Poniamo
\begin{align*}
&\U=\{A_i\;|\;A_i\in \Theta\}_{i\in I}:\;[a,b]\subseteq \bigcup \U\\
&A=\{x\in [a,b]\;|\;[a,x] \subseteq \bigcup\V_x,\;\;\V_x \T{ sottofamiglia finita di }\U \}
\end{align*}
$A=[a,b]\;\Rightarrow \;b\in A\;\Rightarrow \;[a,b]\subseteq \bigcup\V_b\;\Rightarrow
\;[a,b]$ compatto.\\
Quindi quello che vogliamo dimostrare e' $A=[a,b]$. Per farlo basta mostrare
che $\max A=b$.
\step{}{Dim che $A\neq \emptyset $}
\begin{prova}
\begin{align*}
&a\in [a,b] \subseteq  \bigcup \U\;\Rightarrow \;\exists k:\;a\in A_k\in
\Theta\\
&a=[a,a]\subseteq A_k\in \U\;\Rightarrow \;a\in A\\
\end{align*}
Inoltre, possiamo provare un risultato piu' forte:
\begin{align*}
&a\in A_k\;\Rightarrow \;\exists \varepsilon > 0:\; [a,a+\varepsilon]\subseteq
A_k\;\;\T{ per def di $\Theta_e$}\\
&[a,a+\varepsilon] \subseteq A_k\;\Rightarrow \;a+\varepsilon\in A
\end{align*}
\end{prova}
\step{}{Dim che $\sup A=b$}
\begin{prova}
Sia $z=\sup A$, se per assurdo $z\neq b$.\\
\case{$z>b$}
\begin{prova}
Se $z >b$, allora avremmo gia' completato l'intera dimostrazione, perche'
per le proprieta' del sup si avrebbe:
\begin{align*}
&\forall \varepsilon > 0:\;\exists c\in A:\; z\ge c > z-\varepsilon \\
&\T{fissiamo }\varepsilon:\; z-\varepsilon = b \;\Rightarrow \;\\
&\;\Rightarrow \; \exists c\in A:\; z\ge c > b\\
&c\in A\;\Rightarrow \;[a,b]\subseteq [a,c]\subseteq \bigcup\V_c
\end{align*}
$\bigcup\V_c$ e' quindi il sottoricoprimento finito di $[a,b]$ che cercavamo.
\end{prova}
\case{$z<b$}
\begin{prova}
	$z>a$, infatti, poiche' $a\in A$, $z<a$ sarebbe in assurdo col fatto
	che $z=\sup A$.
	\begin{align*}
	&z<b\;\Rightarrow \;z\in [a,b]\subseteq \bigcup\U\;\;\Rightarrow
	\;\exists A_z\in \U:\;z\in A_z\\
	&\;\Rightarrow \;\exists \varepsilon
	>0:\;[z-\varepsilon,z+\varepsilon]\subseteq A_z\;\;\T{ [per def di
	$\Theta_e$]}
	\end{align*}
	Poiche' $z=\sup A$, si ha:
	\begin{align*}
	&\exists c\in A:\; z\ge c > z-\varepsilon 
	\end{align*}
	Osservando la figura \see{figabint}
	\begin{figure}[h]
		\begin{center}
			\includegraphics[scale=0.5]{fig/abint}
		\end{center}
		\label{figabint}
	\end{figure}
	si nota subito che 
	\[
	[a,z+\frac{\varepsilon}{2}] \subseteq [a,c]\cup [z-\varepsilon,
	z+\varepsilon]
	\]
	Abbiamo che:
	\begin{align*}
	&c\in A\;\Rightarrow \;[a,c]\subseteq \bigcup \V_c\\
	&[z-\varepsilon, z+\varepsilon] \subseteq A_z\\
	&[a,z+\frac{\varepsilon}{2}] \subseteq  [a,c]\cup [z-\varepsilon, z+\varepsilon] \subseteq
	\left(\bigcup\V_c\right)\cup A_z=D\\
	&\T{$D$ e' rimane sempre l'unione di un numero finito di aperti di
	$\U$, quindi}\\
	&\;\Rightarrow \; z+\frac{\varepsilon}{2}\in A
	\end{align*}
	questo e' assurdo, perche $z=\sup A$ 
\end{prova}
\step{}{Dim che $z\in A$, cioe' che $\sup A = \max A$}
\begin{prova}
Abbiamo visto che $z=b$.
\begin{align*}
&b\in[a,b]\subseteq \bigcup \U\;\Rightarrow \;\exists U_b\in \U:\; b\in U_b\\
&\;\Rightarrow \;\exists \delta>0:\;[b-\delta,b+\delta]\subseteq U_b
\end{align*}
Come prima, per le prop. del sup ($b=z=\sup A$):
\begin{align*}
&\exists d\in A:\; b\ge d > b-\varepsilon 
\end{align*}
sempre come prima 
\[
[a,b]\subseteq [a,d]\cup [b-\delta,b+\delta]
\]
$d\in A\;\Rightarrow \;[a,d] \subseteq \bigcup \V_d$\\
$[b-\delta,b+\delta]\subseteq A_b$.
Ecco quindi che $[a,b]$ e' contenuto in un unione finita di elementi di $\U$,
e percio' $b\in A$
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmRcompattochiusoelimitato}
	In $(\mathbb{R},\Theta_e)$,
	\[
	X\subseteq \mathbb{R}\;\T{ e' compatto }\;\Leftrightarrow \;X \T{ e'
	chiuso e limitato}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		$\mathbb{R}$ e' $T_2$, $X$ e' compatto, per il cor
		\see{corT2compatto} $\;\Rightarrow \;$ $X$ e' chiuso.\\
		$\{]-n,n[\}_{n\in \mathbb{N}}$ e' un ricoprimento di
		$\mathbb{R}$, percio'
		\[
		X\subseteq \bigcup_{n\in \mathbb{N}} ]-n,n[
		\]
		poiche' $X$ e' compatto, per la prop \see{propsottocompatto}, 
		\[
		\exists n_1,n_2,\dots,n_t:\;X\subseteq \bigcup_{i=1}^t ]-n,n[
		= ]-n_m, n_m[
		\]
		con $n_m=\max\pgra{n_1,n_2,\dots,n_t}$. Quindi $X$ e' limitato
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Per Hp $X\subseteq [a,b]$. Per il thm
		\see{thmintervallocompattochiusolimitato}, $[a,b]$ e' compatto.\\
		$X$ e' chiuso, $[a,b]$ e' compatto, per il thm
		\see{thmchiusocompatto} $\;\Rightarrow \;$ $X$ e' compatto.
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmweierstrass}
	di Weierstrass (si, proprio quello dell'analisi).\\
	Una $f:[a,b]\longrightarrow \mathbb{R}$, continua, ammette $m=\min \Im
	f$ e $M=\max \Im f$, e assume tutti i valori compresi in $[m,M]$.
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Consideriamo $f':[a,b]\longrightarrow \Im f,\;\;f'(x)=f(x)$, che e' continua e surriettiva.\\
$\Im f$ e' compatto e connesso perche'

$[a,b]$ e' un intervallo, e quindi e' compatto.
$f'$ e' continua e surriettiva, 
per il thm \see{thmcontsurcompatto}, $\Im f'$ e' compatto.\\

$[a,b]$ e' un intervallo, per il thm \see{intdiR}, $[a,b]$ e' connesso.  
$f'$ e' continua e surriettiva, 
per il thm \see{thmconnessocontinua}, $\Im f'$ e' connesso.\\

Per il thm \see{intdiR}, $\Im f'$ e' un intervallo.\\
Per il thm \see{thmRcompattochiusoelimitato}, $\Im f' $ e' chiuso e
limitato.\\

In definitiva: $\Im f'=f'([a,b])=\Im f=[c,d]$. $[c,d]$ essendo un sottoinsieme
di $\mathbb{R}$ ha massimo e minimo.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmcontinuaT2compattochiusa}
	Sia $X$ compatto e $Y$ uno spazio $T_2$,
	\[
	f:X\longrightarrow Y \T{ continua}\;\Rightarrow \;f\T{ e' chiusa}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Sia $C\subseteq X$ un chiuso. Poiche' $X$ e' compatto, per il thm
\see{thmchiusocompatto}, $C$ e' compatto.\\
$f$ e' continua, allora per il thm \see{thmcontsurcompatto} $f(C)$ e'
compatto\footnote{
basta considerare la restrizione $f/_C:C\longrightarrow f(C)$, che diventa
cosi' surriettiva. Essendo anche continua, per il thm
\see{thmcontsurcompatto}, $f(C)$ e' compatto
}
.\\
$Y$ e' $T_2$, allora per il thm \see{corT2compatto}, $f(C)$ e' chiuso in $Y$.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor} \label{corcompattoT2contbiunomeom}
	Se $X$ e' compatto, $Y$ e' $T_2$ e $f:X\longrightarrow Y$ continua
	e biunivoca, allora $f$ e' un omeomorfismo.
\end{cor}
\begin{exemp}
	\label{expdimaltabcdomeom}
	Sia $f:[a,b]\longrightarrow \mathbb{R}$ iniettiva e continua.\\
	Prendiamo la sua restrizione $f':[a,b]\longrightarrow \Im f$. Come
	abbiamo visto nella dimostrazione del thm \see{thmweierstrass}, $\Im
	f=[c,d]$, chiuso e limitato.\\
	$f'$ e' continua, iniettiva e surriettiva; $[a,b]$ e' compatto (per il
	thm \see{thmintervallocompattochiusolimitato}), $[c,d]$ e' $T_2$
	(essendo $T_2$ ereditaria), allora per il corollario precedente, $f$
	e' un omeomorfismo.
\end{exemp}
\begin{thm}
	Sia $X$ compatto,
	\[
	A\subseteq X\;\;\T{ infinito }\;\Rightarrow \;D(A)\neq \emptyset 
	\]
	ovvero, sottoinsiemi infiniti di spazi compatti hanno almeno un punto di
	accumulazione.
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Supponiamo per assurdo che $D(A)=\emptyset $, ovvero che 
\[
\forall x \in X\;\exists U_x\in \Theta:\;U_x\cap A\subseteq \{x\}
\]
$\{U_x\}$ e' un ricoprimento aperto di $X$, ma $X$ e' compatto, quindi 
\begin{align*}
&\exists x_1, x_2, \dots, x_n:\;X=\bigcup_{i=1}^n U_{x_i}\\
&A\subseteq X=\bigcup_{i=1}^n U_{x_i}\;\;(1)\\
&\forall x \in X\;\;U_x\cap A\subseteq \{x\}\;\;(2)\\
&\\
&
\begin{cases}
a\in A,\; (1)\>\exists U_{x_i}:\;a\in U_{x_i}\\
(2)\>U_{x_i}\^A \( \{x_i\}
\end{cases}\;\>\;a\in \{x_i\}\>
A\subseteq \bigcup_{i=1}^n \{x_i\}\T{ [assurdo, perche' $A$ e' infinito]}
\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{thmprodottocompatto}
	Prodotto di spazi compatti e' uno spazio compatto, ovvero
	\[
	(X,\Theta),\;(Y,\Theta')\T{ compatti }\;\Rightarrow \;(X\times
	Y,\Theta_\pi)\T{ compatto}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}\pf
\begin{prova}
	Prendiamo un ricoprimento di $X\times Y$: $\{A_i\}_{i\in I'}$. Poiche'
	base di $\Theta_\pi$ sono i prodotti degli aperti di $\Theta$ e
	$\Theta'$, possiamo direttamente considerare questo ulteriore
	ricoprimento:\[
	\A=\{U_i\times V_i\;|\;U_i\in \Theta,\;V_i\in \Theta'\}_{i\in I}
	\]
	A e' un ricoprimento, perche' per le proprieta' delle basi, $\bigcup
	B=X$, ovvero l'unione degli elementi della base e' tutto lo spazio.
	Inoltre, poiche' $A$ e' il ricoprimento aperto formato a partire dalla
	base, sara' contenuto in tutti gli altri ricoprimenti aperti.\\
	Vogliamo adesso trovare una sottofamiglia finita di $A$ che ricopra
	tutto $X\times Y$.
	\step{}{}
	\begin{prova}
		La proiezione $q:\{x\}\times Y\longrightarrow Y,\;q(x,y)=y$ e'
		un omeomorfismo. $Y$ e' compatto. Quindi per il thm
		\see{thmcontsurcompatto}, $\{x\}\times Y$ e' pure compatto.
	\end{prova}
	\step{}{}
	\begin{prova}
		\label{stepxYricoperto}
		$\A$ essendo un ricomprimento di $X\times Y$, lo e' pure di
		$\{x\}\times Y$:
		\[
		\{x\}\times Y \;\(\; X\times Y\;\(\; \bigcup \A
		\]
		Ma $\{x\}\times Y$ e' compatto, percio'
		\begin{align*}
			&\exists \ubrace{H_x}{\T{finito}}\subseteq I:\;\{x\}\times
			Y\subseteq \bigcup_{i\in H_x} U_i\times V_i\\
			&\T{per convenienza possiamo anche imporre che } x\in U_i \forall i \in H_x
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{}
	\begin{prova}
		Creiamo il seguente insieme:
		\[
		T_x=\bigcap_{i\in Hx} U_i
		\]
		Notiamo che $T_x$ e' aperto, essendo intersezione finita
		di aperti, e che $x\in T_x$.\\
	\end{prova}
	\step{passo24}{}
	\begin{prova}
		La famiglia $\{T_x\}_{x\in X}$ e' un ricoprimento aperto di
		$X$, in quanto $x\in T_x \;\forall x\in X$. Ma $X$ e'
		compatto, quindi 
		\begin{align*}
			&\exists X'=\{x_1,x_2,\dots, x_n\} \subseteq X:\;\;
			X=\{T_{x_1}\}\cup \{T_{x_2}\}\cup \dots\cup
			\{T_{x_n}\}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Dimostriamo che la sottofamiglia $\A'\subseteq \A$ e' un sottoricoprimento finito di $X$}
	\begin{prova}
		Definiamo $\A'$:
		\[
		\A'= \bigcup_{j=1}^n\{U_i\times V_i\}_{i\in H{x_j}}
		\]
		cioe'
		\[
		\A'= \bigcup_{j=1}^n\{U_i\times V_i\}_{i\in H{x_1}} 
		\cup  \bigcup_{j=1}^n\{U_i\times V_i\}_{i\in H{x_2}}\cup
		\dots\cup \bigcup_{j=1}^n\{U_i\times V_i\}_{i\in H{x_n}}
		\]
		nota che $x_1,x_2,\dots,x_j$ sono gli stessi punti considerati
		nel passo \stepref{passo24}.\\
		Sia $(x,y)$ un qualsiasi punto di $X\times Y$, dimostriamo che
		esiste un elemento di $\A'$ che lo contiene.
		\step{}{}
		\begin{prova}
			\begin{align*}
			&x\in X\;\Rightarrow \;\exists x_j\in X':\;x\in
			T_{x_j}\\
			&x\in T_{x_j}=\bigcap_{i\in Hx_j} U_i
			\;\;\Rightarrow \;x\in U_i\;\forall i \in Hx_j\\
			&\{x_j\}\times Y \subseteq 
			\bigcup_{i\in H{x_j}} U_i\times V_i\\
			&y\in Y\( \bigcup_{i\in H_{x_j}} V_i\;\;\Rightarrow \;\exists i'\in H{x_j}:\;y\in V_{i'}
			\end{align*}
		\end{prova}
		\qedstep
		\begin{prova}
			\begin{align*}
			&x\in U_{i'},\;y\in V_{i'}\;\Rightarrow \;(x,y)\in
			U_{i'}\times V_{i'} 
			\end{align*}
		\end{prova}
	\end{prova}
\end{prova}
	\qed
\end{prova}

\begin{thm}
	\label{thmRNcompattochiusoelimitato}
	In $(\mathbb{R}^p,\Theta_e)$, con $p\ge 2$,
	\[
	X\subseteq \mathbb{R}^p\;\T{ e' compatto }\;\Leftrightarrow \;X \T{ e'
	chiuso e limitato}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Dim $\< $}
\begin{prova}
$X$ limitato $\;\Rightarrow \;\exists $ una sfera contenente $X$. La sfera e'
omeomorfa a un iper-rettangolo $[a_1,b_1]\times [a_2,b_2]\times \dots\times
[a_p,b_p]$, che per il thm \see{thmprodottocompatto}, e' compatto ($[a,b]$ e'
un intervallo in $\mathbb{R}$).\\
$X$ chiuso$\;\Rightarrow \; X $ chiuso nell'iper-rettangolo, che e' compatto,
quindi per il thm \see{thmchiusocompatto}, $X$ e' compatto.
\end{prova}
\step{}{Dim $\>$}
\begin{prova}
	$\{S(O,n)\}_{n\in \mathbb{N}}$, dove $O$ e' l'origine e $S()$ e' la
	$p$-sfera, e' un ricoprimento aperto di $\mathbb{R}^p$.\\
	$X\subseteq \mathbb{R}^p= \bigcup_{n\in \mathbb{N}} S(O,n)$,
	e poiche' $X$ e' compatto, per la prop \see{propsottocompatto}, \[
	\exists n_1,n_2,\dots,n_t:\;X\subseteq \bigcup_{i=1}^n
	S(O,n)=S(O,n_m)
	\]
	dove $n_m=\max\{n_1,n_2,\dots,n_t\}$. Percio' $X$ e' limitato.
	Poiche' $\mathbb{R}^p$ e' $T_2$ e $X$ e' compatto, $X$ e' chiuso (cor
	\see{corT2compatto})
\end{prova}
\qed
\end{prova}
%\begin{thm}
%	$f:]a,b[\longrightarrow \mathbb{R}$, continua, iniettiva
%	$\;\Rightarrow \;\;f $ aperta
%\end{thm}
%\begin{prova}
%\pf
%\begin{prova}
%	Sia $]\alpha,\beta[\subseteq ]a,b[$, allora poiche' $f$ e' continua, 
%	$f(]\alpha,\beta[)$ e' un intervallo. Supponiamo per assurdo che non
%	sia aperto:
%	\begin{align*}
%	&f(]\alpha,\beta[)=[c,d[\\
%	&\;\Rightarrow \;\exists \alpha'\in ]\alpha,\beta[:\;f(\alpha')=c\\
%	&\\
%	&f(]\alpha,\alpha'])=[c,e[\T{ e' un int. che comincia da $c$}\\
%	&f([\alpha',\beta[)=[c,f[\T{ e' un int. che comincia da $c$}\\
%	&\T{ se f<e } [c,e[\cap [c,f[=[c,f[\;\;\T{ assurdo, perche' $f$ e'
%	iniettiva}
%	\end{align*}
%\end{prova}
%\step{}{Dim che togliendo l'ipotesi di iniettivita', il thm non funziona}
%\begin{prova}
%	\pf
%Basta considerare $\sin:]0,2\pi[\longrightarrow [-1,1]$
%\end{prova}
%\qed
%\end{prova}

\subsubsection{Piano proiettivo}
\ilabel{piano proiettivo}
\label{Pproiettivo}
Ed ora, compattificheremo $\mathbb{R}^2$.\\
Per definizione, il piano proiettivo e':
\[(P^2=\mathbb{R}^3\setminus O/_\R, \Theta_q(\pi))\]
dove $O=(0,0,0)$ e' l'origine di $\mathbb{R}^3$, $\R$ e' la seguente
relazione:
\[
p\R q\;\Leftrightarrow \;\exists \rho\neq \emptyset :\;(p_x,p_y,p_z)=\rho
(q_x,q_y,q_z)
\]
e infine, $\pi$ e' la funzione quoziente\footnote{le classi di $P^2$ sono le
rette passanti per l'origine e private di $O$}
\begin{align*}
&\pi:\mathbb{R}^3\setminus O\longrightarrow P^2\\
&\pi(p)=\ubrace{Op}{\T{retta Op}}\setminus O
\end{align*}
\begin{prop}
	\[
	P^2\simeq S^2/_\S
	\]
	dove $S^2$ e' la 2-sfera unitaria, cioe'
	\[
	S^2=\{(x,y,z)\in \mathbb{R}^3\;|\;x^2+y^2+z^2=1\}
	\]
	e $\S$ e' la seguente rel. d'eq:
	\[
	p,q\in S^2,\;\;p\S q\;\Leftrightarrow \;(p_x,p_y,p_z)=\rho
	(q_x,q_y,q_z)\;\Leftrightarrow \;O\in \ubrace{pq}{\T{retta}}
	\]
	ovvero, rendiamo equivalente il punto $p$ con il suo punto
	diametralmente opposto $q$.
\end{prop}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	Sia $X=\mathbb{R}^3\setminus O$
\[
\xymatrix{ S^2\ar[d]^{\pi'} \ar[r]^i & X \ar[d]^{\pi}\\
S^2/_\S \ar[r]_{i_*}& X/_\R }
\]
dove \begin{align*}
	&\pi'(p)=\{p,q\}\;\;\T{ dove $q$ e' il punto diametralmente opposto di $p$ sulla
sfera}\\
&i(p)=p\in X\\
&i_*(\{p,q\})=\ubrace{pq}{\T{retta}}\setminus O\in P^2
\end{align*}
Vogliamo provare che $i_*$ e' un omeomorfismo.\\
$i_*$ e' iniettiva: a due coppie distinte di punti diametralmente opposti,
ovviamente corrispondono due rette distinte.\\
$i_*$ e' surriettiva: a una retta passante per $O$ corrispondono due punti
diametralmente opposti: sono quelli nell'intersezione della retta con $S^2$\\
$i_*$ e' continua: $\pi i=i_*\pi'$, $\pi$ e' continua, $i$ e' continua,
$i_*\pi'$ e' continua, $\pi'$ e' funzione quoziente, allora per il thm
\see{tfcont} $i_*$ e' continua.
\qedstep
\begin{prova}
Dimostriamo che $i$ e' chiusa, usando il thm
\see{thmcontinuaT2compattochiusa}.\\
\step{}{$S^2/_\S$ e' compatto}
\begin{prova}
$S^2$ e' compatto perche' e' sottoinsieme chiuso (e
limitato) di
$\mathbb{R}^3$, (thm \see{thmRNcompattochiusoelimitato}. $S^2/_\S$ e' compatto
perche' immagine di $\pi'$ che e' funzione continua e surriettiva (thm
\see{thmcontsurcompatto}).	
\end{prova}
\step{}{$X/_\R$ e' $T_2$
}
\begin{prova}
Prendiamo due punti distinti di $X/_\R$, ovvero due classi d'eq.,
ovvero due rette $r,s$ passanti per $O$.\\
Circondiamo ognuna di esse con un
cono solido formato da da rette passanti per $O$, in modo tale che $O$ sia il
vertice del cono, e i due coni si intersechino solo in $O$. Priviamo i due
coni $C_1, C_2$ dell'origine $O$. \\
\step{}{
$C_1,C_2$ sono due aperti di $P^2$
}
\begin{prova}
	infatti, $\pi^{-1}(C_1)$ e' lo stesso cono, formato pero' da punti di
	$\mathbb{R}^3$ (privato di $O$), e quindi e' un aperto in
	$\mathbb{R}^3$. Questo soddisfa la definizione di aperto per la
	topologia quoziente.
\end{prova}
allora, $C_1\cap C_2=\emptyset $ e $r\subseteq C_1,\;s\subseteq C_2$. Abbiamo
cosi' dimostrato che $P^2$ e' $T_2$.
\end{prova}
\begin{align*}
	&i_* \T{ e' continua, surriettiva}
	&\T{$S^2/_\S$ e' compatto}\\
	&\T{$X/_\R$ e' $T_2$}\\
\end{align*}
segue allora per il cor \see{corcompattoT2contbiunomeom}, $i_*$ e' un
omeomorfismo.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\end{prova}
Possiamo anche affermare che $P^2$ e' compatto, infatti, 
\[
P^2\simeq S^2/_\S \T{ compatto } \;\Rightarrow \; P^2 \T{ compatto}
\]
Ecco qui che abbiamo il piano compattificato:
\begin{align*}
	&\mathbb{R}^2 \subseteq P^2\\
	&P^2\T{ e' compatto}
\end{align*}
Infine, prendiamo la mezza sfera di $S^2$ e chiamiamola $C$. Con le analoghe
funzioni e rel. d'eq. si ha:
\[
\xymatrix{ C\ar[d]^{\pi'} \ar[r]^i & S^2 \ar[d]^{\pi}\\
C/_\S \ar[r]_{i_*}& S^2/_\S\simeq P^2
}
\]
e ripetendo le analoghe dimostrazioni
\[
C/_\S\simeq S^2/_\S\simeq P^2
\]
In $C/_\S$ i punti non del diametro sono equivalenti solo con se stessi,
mentre quelli del diametro sono equivalenti con i loro punti diametralmente
opposti.\\
``Appiattendo'' $C/_\S$ otteniamo un cerchio (pieno), piu' precisamente: sia
$p:C/_\S\longrightarrow S_p$, dove $S_p=S^1/_\S$. Si dimostra che $p$ e' un
omeomorfismo. In $S_p$ un punto della circonferenza e' equivalentemente al suo
punto diametralmente opposto, mentre gli altri punti sono equiv a se stessi.\\
Si vede che $S_p$ cerchio e' proprio omeomorfo an un rettangolo quozientato con
$S$, ovvero $P^2$ e' omeomorfo a questo rettangolo:
\begin{center}
	\includegraphics[scale=0.6]{fig/geopro}
\end{center}
\section{Omotopia}
\ilabel{omotopia}
\begin{defn}\qq\\
\pflet{\begin{enumerate}
	\item $I=[0,1]$
	\item $(x,\Theta),\;(Y,\Theta)$
	\item $f:X\longrightarrow Y$ continua
	\item $g:X\longrightarrow Y$ continua
\end{enumerate}}
Le funzioni $f,g$ si dicono omotope sse soddisfano la seguente condizione:
\[
;\exists F:X\times I\longrightarrow Y,\;\T{ continua}:
\begin{cases}
	F(x,0)=f(x)\\
	F(x,1)=g(x)
\end{cases}\]
$F$ viene chiamata omotopia. (nota
\footnote{
  Un'omotopia  si puo' intendere come una serie di deformazioni continue, non
  necessariamente invertibili, delle immagini
  dello spazio $X$. A ogni valore $i\in I$, l'omotopia
  associa in modo continuo lo spazio $f(X_i)$, si puo' pensare cosi':
  \[
  \T{partenza }F(X,0)=f(X) 
  \xymatrix{
  \ar[rr]^{F(X,i)} && \varphi_i(X) \ar[rr]^{F(X,i+\varepsilon)} && \dots
  \ar[rr] && g(X)=F(X,1)\T{ arrivo}}
  \]
  Invece, un'omeomorfismo $X\longrightarrow Y$ e' una singola trasformazione,
  reversibile,
  dello spazio $X$ in $Y$. Si puo' pensare come una manipolazione dello spazio
  $X$ in $Y$ in cui non vegono aggiunti, ne' sottratti punti e in cui tutte le
  proprieta' topologiche del primo spazio si conservano nel secondo, e
  viceversa. Ad esempio, se prendiamo un blocco di argilla e lo manipoliamo,
  senza aggiungere o sottrarre materiale, otteniamo un nuovo spazio omeomorfo al
  primo. Questo non accade nell'omotopia: possiamo partire da uno spazio e
  arrivare, in modo continuo, a un altro totalmente stravolto.
})
.\\


Sia $A\subseteq X:\;f(a)=g(a)\;\forall a\in A$, diremo che $f,g$ sono omotope
relativamente ad $A$ $\;\Leftrightarrow \; \exists$ un'omotopia
$F:\;F(x,a)=f(a)=g(a)\;\forall a\in A$\\

Due spazi $X,Y$ si dicono omotopici $\;\Leftrightarrow \;$
\[
\qq \exists f:X\longrightarrow Y,\;g:Y\longrightarrow X,\;\T{ continue }:
\;\begin{cases}
	gf\simeq i_X\\
	fg\simeq i_Y
\end{cases}
\]
dove $i_X$ e' l'identita' in $X$.\\
$g$ si dice l'inversa omotopica di $f$. Nota\footnote{
In sostanza, quando i due spazi $X,Y$ sono omotopici tramite $f$ e $g$, succede
questo:
\begin{itemize}
	\item Esiste l'omotopia $F$ tra $i_X$ e $gf$, ovvero possiamo compiere con
		una serie di trasformazioni continue
		questo cammino:
		\[
		F(X,0)=i_X(X)=X
  \xymatrix{
  \ar[rr]^{F(X,i)} && \varphi_i(X) \ar[rr]^{F(X,i+\varepsilon)} && \dots
  \ar[rr] && (gf)(X)=F(X,1)}
		\]
	\item Esiste l'omotopia $G$ tra $i_Y$ e $fg$, che permette di compiere quest'altro percorso:
		\[
	G(Y,0)=i_Y(Y)=Y
  \xymatrix{
  \ar[rr]^{G(Y,i)} && \psi_i(Y) \ar[rr]^{G(Y,i+\varepsilon)} && \dots
  \ar[rr] && (fg)(Y)=G(Y,1)}
		\]
\end{itemize}
}
\\

\end{defn}
\begin{prop} Se chiamiamo con $M$ l'insieme di tutte le funzioni continue da
	$X$ a $Y$, allora la relazione di omotopia stabilisce una relazione di
	equivalenza in $M$, ovvero
	\[
	f\simeq g\;\Leftrightarrow \;f\T{ omotopa a }g
	\]
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Riflessiva: $f\simeq f$} 
	\begin{prova}
		Scegliamo $F(x,t)=f(x)\;\forall x\in X \forall t\in I$.
	\end{prova}
	\step{}{Simmetrica: $f\simeq g\;\Leftrightarrow  \;g\simeq f$}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&f\simeq g\;\Rightarrow \;\exists \T{ un omotopia } F:
			\begin{cases}
				F(x,0)=f(x)\\
				F(x,1)=g(x)
			\end{cases}
		\end{align*}
		Prendiamo allora
		\[
		F'(x,t)=F(x,1-t)
		\]
	\end{prova}
	\step{}{Transitiva: $f\simeq g,\;g\simeq h\;\Rightarrow \;f\simeq h$}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&f\simeq g\;\Rightarrow \;\exists \T{ un omotopia } F:
			\begin{cases}
				F(x,0)=f(x)\\
				F(x,1)=g(x)
			\end{cases}\\
		&g\simeq h\;\Rightarrow \;\exists \T{ un omotopia } G:
			\begin{cases}
				G(x,0)=g(x)\\
				G(x,1)=h(x)
			\end{cases}
		\end{align*}
		scegliamo allora
		\[
		H(x,t)=\begin{cases}
			F(x,2t)&t\in [0,\frac{1}{2}]\\
			G(x,2t-1)&t\in [\frac{1}{2},0]
		\end{cases}
		\]
		Per il thm dell'incollamento (\vedi{incollamento}) $H$ e'
		continua.
	\end{prova}
	\qed
\begin{prova}
\end{prova}
\end{prova}
\begin{prop}
	Nella classe della categoria $\top$, cioe' la classe di tutti gli spazi topologici, la
	relazione di omotopicita' stabilisce una relazione di equivalenza.
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf \step{}{Dimostriamo solo la proprieta' transitiva, le altre due
	sono immediate dalla definizione stessa di omotopicita'}
	\begin{prova}
		L'implicazione da provare e':
		\[
		X\simeq Y,\;Y\simeq Z\;\Rightarrow \;X\simeq Z
		\]
		Per Hp abbiamo $X,Y$ e $Y,Z$ spazi omotopici, ovvero 
\[
\qq \exists f,g:X\longrightarrow Y,\;\;\T{ continue }:
\;\begin{cases}
	gf\simeq i_X\\
	fg\simeq i_Y
\end{cases}
\]
\[
\qq \exists h,k:Y\longrightarrow Z,\;\;\T{ continue }:
\;\begin{cases}
	kh\simeq i_Y\\
	hk\simeq i_Z
\end{cases}
\]
\[
\xymatrix{ X\ar@/^/[rr]^f && Y \ar@/^/[ll]^g \ar@/^/[rr]^{h} && Z \ar@/^/[ll]^k\\
}
\]
\step{}{Proviamo che $khf\simeq i_Yf=f$}
\begin{prova}
	Per Hp $	kh\simeq i_Y$, cioe' 
	\begin{align*}
	&\exists F:Y\times I\longrightarrow Y\;t.c.\begin{cases}
		F(y,0)=(kh)(y)\\
		F(y,1)=i_Y(y)=y\\
	\end{cases}
	\end{align*}
	Come omotopia tra $khf$ e $f$ scegliamo
	\[
	F'(x,t)=F(f(x),t):X\times I\longrightarrow Y
	\]
	$F$ e' continua perche' lo sono le sue coordinate, inoltre
	\[
	F'(x,t)=\begin{cases}
		F(f(x),0)=(kh)(f(x))=(khf)(x)&t=0\\
		F(f(x),1)=i_Y(f(x))=(i_Yf)(x)=f(x)&t=1
	\end{cases}
	\]
\end{prova}
\step{}{Proviamo che $gkhf\simeq gf$}
\begin{prova}
	Come omotopia scegliamo 
	\[
	F''(x,t)=g(F'(x,t)):X\times I\longrightarrow X
	\]
	che e' continua perche' composizione di f. continue, e inoltre
\[	\begin{cases}
		F''(x,0)=g(F'(x,t))=g((khf)(x))=(gkhf)(x)&t=0\\
		F''(x,1)=g(F'(x,t))=g(f(x))=(gf)(x)&t=1\\
	\end{cases}\]
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
Poiche' $gf\simeq i_X$, per la proprieta' transitiva dell'omotopia, segue che
$gkhf \simeq i_X$. Proseguendo in modo analogo, si arriva a $hfgk\simeq i_Z$.
Abbiamo quindi trovato due funzioni continue $(hf), (gk)$ t.c.:
\[
(gk)(hf)=i_X,\;\;(hf)(gk)=i_Z
\]
quindi $X,Z$ sono omotopici.
\end{prova}
\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}
	Tutte le funzioni continue $X\longrightarrow \mathbb{R}^n$ sono
	omotope.
	\begin{prova}
		\pf
		\pflet{\begin{enumerate}
			\item $f:X\longrightarrow \mathbb{R}$ continua
			\item $g:X\longrightarrow \mathbb{R}$ continua
		\end{enumerate}}
		basta scegliere 
		\[
		F(x,t)=f(x)+t(g(x)-f(x))
		\]
	\end{prova}
\end{exemp}
\begin{prop}
	$X,Y$ omeomorfi $\;\Rightarrow \;X,Y$ omotopici\\
\end{prop}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
\begin{align*}
	&X,Y \T{ omeomorfi} \;\Rightarrow \;\exists f \T{ omeomorfismo}
\end{align*}
Possiamo allora scegliere $f, f^{-1}$, avendo:
\[\begin{cases}
	ff^{-1}=i_X\;\ubrace{\Rightarrow}{\T{prop. rifless.}} \;ff^{-1}\simeq i_X\\
	f^{-1}f=i_Y\;\Rightarrow \;f^{-1}f\simeq i_Y
\end{cases}\]
Sia $f$ che $f^{-1}$ sono f. continue, e quindi lo e' il loro prodotto.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{exemp} Esempio di due spazi omotopici ma non omeomorfi.\\
	\def\rdue{\mathbb{R}^2}
	\def\O{\mathcal{O}}
	\[
	\rdue \simeq \O
	\]
	dove $\O=\{O\}=\{(0,0)\}$.\\
	Questi due spazi non sono omeomorfi, infatti, non esiste alcuna
	funzione iniettiva $\rdue \longrightarrow \O$. Sono pero' omeotopici,
	infatti:
	\begin{align*}
		&f(x,y)=O:\rdue \longrightarrow  \O\;\;\T{ e' continua}\\
		&i(x,y)=(x,y):\O\longrightarrow \rdue\;\;\T{ e' continua}
	\end{align*}\[
	\xymatrix{ \rdue\ar@/^/[rr]^f && \O \ar@/^/[ll]^i }\]
	\begin{align*}
		&fi=i_O\;\Rightarrow \;fi\simeq i_O\\
		&if=?\\
		&\qq i(f(x,y))=i(O)=O=f(x,y)\in \rdue\\
		&if=f:\;\rdue \longrightarrow  \rdue\T{\;\;[sarebbe f con il codominio cambiato]}
	\end{align*}
	\step{}{
	Resta da dimostrare che $if=f\simeq i_{\rdue}$}
	\begin{prova}
		Come omotopia scegliamo
		\[
		F((x,y), t)=(x,y)t:\rdue\times I\longrightarrow \rdue
		\]
		e' continua perche' lineare, inoltre,
		\begin{align*}
			F((x,y),t)=\begin{cases}
				O=f(x,y)&t=0\\
				(x,y)=i_{\rdue}((x,y))&t=1
			\end{cases}
		\end{align*}
	\end{prova}
	ecco quindi che $\rdue \simeq \O$
\end{exemp}
\begin{exemp}
	\def\rdue{{\mathbb{R}^2\setminus O}}
	\def\x{\vec{x}}
	\def\S{{S^1}}
\[
\rdue \simeq \S
\]
dove $\S$ e' la circonferenza unitaria del piano.\\
Prendiamo queste due funzioni:
\begin{align*}
	&\x=(x,y)\in \rdue\\
	&i:\S\longrightarrow \rdue,\;i(\x)=\x\in \rdue \T{ (l'immersione) }\\
	&f:\rdue \longrightarrow \S,\;f(\x)=\frac{\x}{|\x|}=
	\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)\\
	&\;\;\T{e' continua: il denom. non si puo' annullare: $\x \in \rdue \;\Rightarrow \;
	{x^2+y^2}\neq 0$}
	&\\
	&fi=i_\S\;\Rightarrow \;fi\simeq i_\S\\
	&if=f:\;\rdue \longrightarrow  \rdue\T{\;\;[sarebbe f con il codominio cambiato]}
\end{align*}
\step{}{
	Resta da dimostrare che $if=f\simeq i_{\rdue}$}
	\begin{prova}
		Come omotopia scegliamo
		\[
		F(\x, t)=\x e^{\log|\x|(t-1)}:\rdue\times I\longrightarrow \rdue
		\]
		e' continua perche' composizione di $f$ continue, e non ha
		punti di discontinuita' (l'argomento di $\log$ e' una distanza
		e puo' essere $=0$ solo se $\x=O$, ma $\x\in \rdue$). Inoltre,
		\begin{align*}
			F(\x,t)=\begin{cases}
				\frac{\x}{|\x|}=f(\x)&t=0\\
				\x=i_\rdue(\x)&t=1
			\end{cases}
		\end{align*}
	\end{prova}
	ecco quindi che $\rdue \simeq \S$. In sostanza, appena il piano e'
	privo di $O$, si puo' assottigliare nella sfera unitaria del piano. In
	generale vale che
	\[
	S^{n}\simeq \mathbb{R}^{n+1}\setminus O
	\]
\end{exemp}
\begin{thm}
	\def\x{\vec{x}}
	\def\S{{S^1}}
	\def\D{{\mathcal{D}}}
	\pflet{\begin{enumerate}
		\item $(Y,\Theta)$
		\item $\S$ sfera unitaria del piano.  $\D$ cerchio (chiuso)
			unitario.
		\item $f:S^1\longrightarrow Y$, continua
		\item $c:S^1\longrightarrow Y,\;c(\x)=k\in Y$, ovvero
			qualsiasi funzione costante
	\end{enumerate}}
	\[
	f\simeq c\;\Leftrightarrow \;\exists g:D\longrightarrow Y, \T{
	continua, t.c. }g/_\S=f
	\]
	$g$ si chiama estensione di $f$: la sua restrizione al dominio
	di $f$ e' proprio $f$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\def\x{\vec{x}}
	\def\S{{S^1}}
	\def\D{{\mathcal{D}}}
		\pf\step{}{$\Leftarrow $}
	\begin{prova}
	Consideriamo la seguente funzione:
	\begin{align*}
	&F:\S\*I\longrightarrow Y\\
	&F(\x, t)=g(\x t)\\
	&\\
	&\forall \x \in \S\;\;F(\x,t)=\begin{cases}
		g(O)&t=0\\
		g(\x)=f(\x)&t=1
	\end{cases}
	\end{align*}
	Quindi $f$ e' omotopa alla funzione costante $c(\x)=g(O)\;\forall
	\x\in \S$.
\end{prova}
	\step{}{Dim $\Rightarrow$ }
	\begin{prova}
Per Hp abbiamo che 
\begin{align*}
	&\exists H:\S\*I\longrightarrow Y. continua, F(\x,t)=\begin{cases}
		k&t=0\\
		f(\x)&t=1
	\end{cases}
\end{align*}
Sia 
\begin{align*}
	&\varphi:\S\*I\longrightarrow \D,\;\varphi(\x,t)=\x t\;\;\T{ e'
	continua e surriettiva}
\end{align*}
ricapitolando:
\[
\xymatrix{ \S\*I\ar[rr]^H \ar[d]_{\varphi}&& Y \\
D \ar[urr]_{g?}}
\]
La $g$ e' la funzione che vogliamo trovare.
\step{}{$\varphi$ e' chiusa}
\begin{prova}
$\S\*I$ e' chiuso, in quanto prodotto di chiusi.\\
$\S\*I$ e' compatto, in quanto sotto-insieme chiuso e limitato di
$\mathbb{R}^3$ (\vedi{thmRNcompattochiusoelimitato}).\\
$\D$ e' $T_2$, in quanto sottospazio di $\mathbb{R}^2$\\
Allora per il thm \see{thmcontinuaT2compattochiusa}, $f$ e' una funzione
chiusa.	
\end{prova}
$\varphi$ e' continua, surriettiva e chiusa, allora per il thm  \see{tfquoz},
$\varphi$ e' una funzione quoziente. Allora, per il thm \see{tomeo},
$\S\*I/_{\R_\varphi}$ e' omeomorfo a $\Im \varphi=\D$. In altre parole: prendi il
cilindro $S\*I$, applica la relazione $\R_\varphi$, e quindi incolla tutti i punti
della circonferenza base\footnote{$\forall \x\in \S\;\varphi(\x, 0)=O$, quindi
tutti i punti della circonferenza a $t=0$, appartengono alla stessa classe
d'equiv} in $O$, infine, appiattisci quest'ultimo conetto, trovando cosi'
$\D$.\\

Ritornando al discorso principale, sia 
\begin{align*}
	&g(\varphi(\x,t))=g(\x t):=H(\x, t)
\end{align*}
Questa funzione e' ben posta, perche' quando $t\neq 0$, $\varphi$ e'
biunivoca, e quindi a ogni $(\x,t)$ corrisponde un solo $\x t$ e viceversa.
Invece, quando $t=0$, $H(\x,0)=k$, e quindi, anche in questo caso risulta
essere ben posta (la sua definizione non dipende dai rappresentanti scelti
nell'espressione ``$\varphi(\x, t)$''.\\
$g$ ristretta a $\S$ e' proprio $f$, infatti, \[\x\in\S \;g(d)=g(\varphi(\x,
1))=H(\x,1)=f(\x)\]
$g$ e' continua: $g\varphi=H$, $H$ continua, $\varphi$ quoziente, allora per il thm
\see{tfcont}, $g$ e' continua
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}

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\printindex
\end{document}