Attorcigliando una retta (o una sua potenza)

Analisi, algebra lineare, topologia, gruppi, anelli, campi, ...
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edriv
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Attorcigliando una retta (o una sua potenza)

Messaggio da edriv » 08 ott 2007, 21:18

Indico con $ ~ S_k = \mathbb{R}^k/\mathbb{Z}^k $, dove k è un naturale, sia il gruppo (gruppo quoziente, con l'addizione), sia lo spazio topologico (spazio quoziente), inoltre sia $ ~ \phi: \mathbb{R}^k \rightarrow S_k $ l'omomorfismo canonico.

Ad esempio, con k=1, $ ~ S_1 $ è l'insieme dei complessi di modulo 1 con il prodotto, $ ~ \phi(x) = e^{i2\pi x} $, e la topologia è quella del cerchio.

Sia $ ~ f: \mathbb{R}^k \rightarrow S_k $ una funzione continua. Dato un $ ~ x_0 \in \mathbb{R}^k $ tale che $ ~ \phi(x_0) = f(0) $, dimostrare che esiste un'unica funzione $ ~ g:\mathbb{R}^k \rightarrow \mathbb{R}^k $ tale che:
- $ ~ \phi(g(x)) = f(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}^k $
- $ ~ g(0) = x_0 $


Disclaimer: il problema non proviene da una fonte attendibile e quindi potrebbe essere una cavolata assurda 8)
Ultima modifica di edriv il 08 ott 2007, 21:32, modificato 2 volte in totale.

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Nonno Bassotto
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Messaggio da Nonno Bassotto » 08 ott 2007, 21:29

Attenzione che stai indicando con la stessa lettera sia un particolare x che un qualsiasi x appartenente a R (quando dici
$ \phi(g(x)) = f(x) $
dovresti piuttosto dire
$ \phi(g(y)) = f(y) \text{ per ogni } y \in \mathbb{R} $)

Comunque confermo che la tesi è vera.
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edriv
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Messaggio da edriv » 08 ott 2007, 21:33

ooops... non è buona cosa elidere deliberatamente i quantificatori.

Il fatto che sia vera comunque mi fa contento! :o

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Marco
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Messaggio da Marco » 09 ott 2007, 18:48

Confesso di essere molto arrugginito in Geometria, ma mi sembra che sia un caso particolare della teoria dei rivestimenti, no?

I mean, se cambio $ S_k $ con uno spazio buono (boh, varieta' connessa?), $ \mathbf R^k $ con un rivestimento dello spazio, non torna tutto uguale?
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edriv
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Messaggio da edriv » 09 ott 2007, 18:48

Ah, dimenticavo la cosa più importante!
Siano $ ~ a,b \in \mathbb{R}^k $ tali che $ ~ f(a) = f(b) $. Abbiamo determinato in modo unico la nostra funzione g(x). Dimostrare che allora $ ~ g(a) - g(b) = n \in \mathbb{Z}^k $. Cosa rappresenta n, che è un numero determinato in modo abbastanza "canonico" a partire da a,b,f?

Tra l'altro ho messo il k solo per amor di generalità... se qualcuno non vuole perdersi, lo dimostri per k=1 e sarà più chiaro (e abbastanza equivalente).

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 09 ott 2007, 18:56

Sia $ \pi:X\to Y $ un rivestimento, ovvero una mappa continua localmente invertibile con la proprietà del sollevamento dei cammini (per ogni $ \sigma:[0,1]\to Y $ e per ogni $ y_0\in\pi^{-1}(\sigma(0)) $ esiste $ \overline{\sigma}:[0,1]\to X $ tale che $ \pi(\overline{\sigma})=\sigma $ e $ \overline{\sigma}(0)=y_0 $).
Sia $ f:Z\to Y $ una mappa continua tale che $ f_*:\pi_1(Z)\to\pi_1(Y) $ abbia immagine contenuta in $ \pi_*(\pi_1(X)) $; allora esiste $ g:Z\to X $ tale che $ \pi(g)=f $.

O almeno credo... negli ultimi giorni ho bevuto troppa guinness...

Del resto, ogni rivestimento è ottenuto come quoziente di uno spazio rispetto ad un sottogruppo dei suoi automorfismi e l'ambiguità con cui può essere scelto g è data proprio da tali automorfismi, quindi si ritrova tutto.
Ora, capisco che non sia proprio onesta come risposta, ma era tanto per dare al discorso una prospettiva di generalità.
Se poi qualcuno ha voglia di affrontarlo nella versione proposta da edriv, è certo molto più trattabile ed elegante della generale dimostrazione dei fatti che ho enunciato.
Quasi quasi se non ci si mette nessuno, posto io tra qualche giorno.

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 10 ott 2007, 01:12

Edriv, immagino tu voglia che $ g $ sia continua? Comunque n è il numero di "giri" che fa

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