omeomorfismi della retta

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ma_go
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omeomorfismi della retta

Messaggio da ma_go »

visto che su scienzematematiche non me lo badano, riposto qui.

chiamiamo $G$ il gruppo degli (auto-)omeomorfismi $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ che siano anche funzioni crescenti.
dimostrare che se $\phi,\psi\in G$ non hanno punti fissi, allora $\phi$ e $\psi$ sono coniugate in $G$.
ndp15
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Re: omeomorfismi della retta

Messaggio da ndp15 »

[messaggio con alte potenzialità di contenere stupidate] Vorrei che mi togliessi questo dubbio: è sicuro sicuro che se $ \phi,\psi\in G $ anche la $ f $ che le coniuga è in $ G $ o può essere in $ G' $ gruppo degli auto-omeomorfismi di $ \mathbb{R} $ (tolgo l'ipotesi che debbano essere anche crescenti) [/messaggio con alte potenzialità di contenere stupidate]
ma_go
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Re: omeomorfismi della retta

Messaggio da ma_go »

per come è scritto, devono essere coniugati in G, cioè da elementi di G. nota che questo è più forte.
ndp15
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Re: omeomorfismi della retta

Messaggio da ndp15 »

ma_go ha scritto:per come è scritto, devono essere coniugati in G, cioè da elementi di G. nota che questo è più forte.
Sì avevo inteso che fosse così, e che così è più forte. Solo che non mi torna una cosa, e allora volevo togliermi il dubbio che non avessi sbagliato a scrivere il testo. Data la tua risposta, cercherò di capire cosa non mi torna e magari di risolvere il problema.
ndp15
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Re: omeomorfismi della retta

Messaggio da ndp15 »

Torno alla carica perché proprio non mi torna. Dimmi che c'è di sbagliato in questo mio ragionamento: siano $ \phi(x)=x+1 $ e $ \psi(x)=x-1 $ che come mappe da $ \mathbb{R} $ in $ \mathbb{R} $ sono omeomorfismi e funzioni crescenti senza punti fissi. Supponiamo esista $ h $ che le coniuga: allora deve essere $ \phi\circ h=h\circ\psi $ e calcolando in $ 0 $ ottengo: $ h(0)+1=h(-1) $ da cui $ h(0)<h(-1) $ e $ h $ non è crescente.
ma_go
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Re: omeomorfismi della retta

Messaggio da ma_go »

hai perfettamente ragione. non so se editare il testo per dare l'enunciato giusto, o se lasciarvelo trovare (o lasciartelo trovare, visto che mi sembri l'unico che pensa al problema). il testo non è sbagliatissimo, comunque, e c'è solo un epsilon da sistemare..
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julio14
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Re: omeomorfismi della retta

Messaggio da julio14 »

L'ipotesi aggiuntiva necessaria è che le due funzioni stiano entrambe o sopra o sotto l'identità nel piano. È chiaro che il coniugio per funzioni crescenti non cambia questa proprietà:
$$\psi(h(x))>h(x)\Leftrightarrow h^{-1}(\psi(h(x)))>h^{-1}(h(x))=x$$
Quindi la condizione è necessaria: vediamo che è anche sufficiente. Senza perdere di generalità, possiamo suppore che stiano entrambe sopra lidentità (altrimenti, equivalentemente posso trovare che $\psi^{-1}$ e $\phi^{-1}$ sono coniugate). Possiamo quindi scegliere una delle due funzioni, diciamo $\phi(x)=x+1$. Dobbiamo quindi trovare $h\in G$ tale che $h\circ\psi-h=1$. Ma questo, in realtà, è più facile di quanto sembri.

Basta dividere la retta in tanti intervalli $[\psi^k(0),\psi^{k+1}(0)]$ (con l'esponente indico la composizione, non la potenza: ad esempio, $\psi^0=id$ e $\psi^2=\psi\circ\psi$): il fatto che $\psi$ non abbia punti fissi mi assicura che questi intervalli ricoprano tutta la retta, perchè se fossero limitati a destra o a sinistra troverei un punto limite che sarebbe chiaramente un punto fisso per continuità (questo forse è l'unico punto dell'esercizio che un olimpionico non saprebbe giustificare: vi viene in mente un modo elementare?). Posso quindi scegliere a caso $h$ in $[0,\psi(0)]$ (ad esempio lineare, $h(x)=\frac{x}{\psi(0)}$, $h(\psi(0))=1=h(0)+1$). A questo punto, per ricorsione, possiamo definire $h$ sugli intervalli successivi usando l'equazione $h(x)=h(\psi^{-1}(x))+1$ e su quelli precedenti usando $h(x)=h(\psi(x))-1$.
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