tori senza diagonali [SNS test IV anno 2009, problema I]

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fph
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tori senza diagonali [SNS test IV anno 2009, problema I]

Messaggio da fph » 29 ago 2009, 00:03

Per rilassarsi dopo contazzi con le matrici, studi di funzione e le solite chiusure di Zariski, c'era questo esercizio secondo me cariiiino.

(i) Sia $ S^1 $ la solita circonferenza. Sia $ D=\{(a,b) \in S^1 \times S^1 : a =b\} $ la diagonale. Dimostrare che $ (S^1 \times S^1) \setminus D $ è connesso.
(ii) Sia $ D=\{(a,b,c) \in S^1 \times S^1 \times S^1 : \text{due tra $a$, $b$, $c$ coincidono}\} $. Provare che $ (S^1 \times S^1 \times S^1) \setminus D $ è fatto da due componenti connesse.
(iii-\omega) come si generalizza?

EDIT: corretta la notazione. ma_go
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Messaggio da mitchan88 » 29 ago 2009, 13:02

Considerando $ S^1 $ come il gruppo topologico dei complessi di norma unitaria, si vede facilmente che la mappa $ (z_0, z_1)\rightarrow (z_0, z_1z_0^{-1}) $ è un omeomorfismo fra $ S^1\times S^1\setminus D $, e $ S^1\times (S^1\setminus \{1\})\cong S^1\times \mathbb{R} $, da cui la connessione.

Dato ora $ (S^1)^{n+1}\setminus D $, la mappa $ (z_0, z_1,\dots,z_n)\rightarrow (z_0, z_1z_0^{-1},\dots,z_nz_0^{-1}) $ è un omeomorfismo fra il nostro spazio e $ S^1\times ((S^1\setminus\{1\})^n\setminus D) $, e dunque basta studiare la connessione del secondo fattore del prodotto, che è omeomorfo a $ \mathbb{R}^n $ privato degli iperpiani $ \{x_i=x_j\} $ per $ 1\leq i < j\leq n $, chiamiamolo $ X^n $.

Prendiamo un insieme connesso $ A $ in $ X^n $: comunque prese due coordinate $ i,j $, si avrà $ x_i < x_j $ in tutto l'insieme o viceversa, altrimenti A avrebbe due componenti connesse $ A\cap\{x_i<x_j\} $ e $ A\cap\{x_j<x_i\} $. Viceversa per ogni $ \sigma\in S_n $ chiaramente l'aperto $ \{x_{\sigma(1)}<\dots<x_{\sigma(n)}\} $ è connesso, ed essendo per quanto visto prima massimale, le componenti connesse di $ X^n $ sono tutte e sole di questa forma. Essendo quindi in bigezione con $ S_n $, sono n! (a posteriori questo metodo funziona anche per il primo caso).

P.s. Puoi postare anche gli altri? :D
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Messaggio da EvaristeG » 29 ago 2009, 13:46

Oppure, senza nemmeno il furbo omeomorfismo (by the way, bella idea), si può vedere che
$ (S^1)^n=I^n/\sim $
dove $ I=[0,1] $ e $ \sim $ è la relazione $ x\sim y $ se ci sono n-1 componenti uguali e una componente che è 1 in x e 0 in y o viceversa.
Allora il nostro spazio è $ Y_n=I^n\setminus \bigcup_{i<j}\{x_i=x_j\} $ quozientato per l'opportuna equivalenza.
Con lo stesso ragionamento di mitchan si dimostra che $ Y_n $ ha $ n! $ componenti, che possiamo indicare con la permutazione corrispondente. Ora, due componenti sono "incollate" dalla relazione di equivalenza se si ottengono l'una dall'altra tramite un n-ciclo e dunque le orbite della relazione di equivalenza hanno n elementi. Questo significa che avremo $ (n-1)! $ componenti connesse nel quoziente.

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Messaggio da fph » 29 ago 2009, 15:14

Ok, eccovi anche la mia (e di gdt) interpretazione in termini di stecchetti e palline...
Abbiamo n perline infilate su una collana in due posizioni diverse A e B. Quando è possibile "spostare" le perline dalla posizione A alla posizione B senza farle mai sovrapporre l'una con l'altra (leggi: quando c'è un arco dal punto A al punto B del toro che non interseca la diagonale)? Verso facile: si può fare quando sia in A che in B sono nello stesso ordine. Basta "far scorrere" le perline sul cerchio dalla posizione A alla B. I possibili modi di ordinarle sono (n-1)! (possibili modi di piazzare n persone attorno a un tavolo circolare...). Quindi ci sono al più (n-1)! componenti connesse (per archi, che implica connesse). Verso meno facile: quando le perline in A e in B sono in due ordini diversi non si può fare: la mappa (posizione delle perline)->(permutazione "circolare" individuata) è una mappa continua, quindi manda connessi in connessi. Ma allora ci sono almeno (n-1)! componenti connesse nella controimmagine.
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Messaggio da mitchan88 » 29 ago 2009, 16:11

Spettacolare :D
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