Lyusternik-Schnirelmann
Lyusternik-Schnirelmann
Dimostrare il Teorema di Lyusternik-Schnirelmann.
Se una sfera è coperta da tre insiemi chiusi, allora uno di essi deve contenere una coppia di punti antipodali.
Se una sfera è coperta da tre insiemi chiusi, allora uno di essi deve contenere una coppia di punti antipodali.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Forse mi manca qualche base... (Per capirci parlo della Terra) Se prendo i poli, traccio tre meridiani qualunque con meno di 180° di ampiezza, e i poli li assegno a due superfici diverse, non è un contresempio?
"[L'universo] è scritto in lingua matematica, e i caratteri son triangoli, cerchi, ed altre figure geometriche; [...] senza questi è un aggirarsi vanamente per un oscuro laberinto." Galileo Galilei, Il saggiatore, 1623
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
Ok, è chiaro. In effetti anche i poli sono punti sul contorno degli insiemi chiusi, quindi vi devono appartenere.
"[L'universo] è scritto in lingua matematica, e i caratteri son triangoli, cerchi, ed altre figure geometriche; [...] senza questi è un aggirarsi vanamente per un oscuro laberinto." Galileo Galilei, Il saggiatore, 1623
[tex] e^{i\theta}=\cos \theta +i \sin \theta[/tex]
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- Nonno Bassotto
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Un teorema è noto solo per chi lo sa già! Per gli altri, è utile vederlo.Nonno Bassotto ha scritto:Mi sfugge un po' il senso di proporre la dimostrazione di un teorema noto in MNE...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Non pensavo che fosse una cosa così complicata. Allora smetto di cercarne un dimostrazione "elementare".EvaristeG ha scritto:...ricostruirla correttamente dai miei ricordi, non di trovarla, cosa che è pure un po' difficile, visto che non è una faccenda banale.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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http://www.math.cornell.edu/~hatcher/AT/AT.pdf
Vedi pagg 32 e 33.
In ogni caso mi permetto di dire che la faccenda in sé non è complicata, ed al di là del formalismo e dei paroloni c'è un'idea molto elementare ed intuibile anche da chi non sa quasi nulla di topologia (tipo me). FeddyStra, se hai qualche dubbio su quella dimostrazione, te la posso tradurre in Italiano Umano.
Vedi pagg 32 e 33.
In ogni caso mi permetto di dire che la faccenda in sé non è complicata, ed al di là del formalismo e dei paroloni c'è un'idea molto elementare ed intuibile anche da chi non sa quasi nulla di topologia (tipo me). FeddyStra, se hai qualche dubbio su quella dimostrazione, te la posso tradurre in Italiano Umano.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]
Grazie davvero! La spiegazione è chiarissima, anche se non mi sarebbe certo venuto in mente di utilizzare Borsuk-Ulam in quel modo!
PS: grazie anche per il manuale! Mi sembra davvero bello e un giorno lo userò sicuramente
PS: grazie anche per il manuale! Mi sembra davvero bello e un giorno lo userò sicuramente
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
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Ehm, il mio discorso riguardava la dimostrazione di Borsuk-Ulam!
E' chiaro che dando per buono quel teorema, il corollario venga da solo. Mi chiedevo se avessi dei problemi con la dimostrazione di Borsuk-Ulam, nel qual caso la spiegazione "elementare" sarebbe presto data.
E' chiaro che dando per buono quel teorema, il corollario venga da solo. Mi chiedevo se avessi dei problemi con la dimostrazione di Borsuk-Ulam, nel qual caso la spiegazione "elementare" sarebbe presto data.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]
Spiega, spiega (se ne hai voglia). A me una spiegazione "elementare" interesserebbe vederla.Tibor Gallai ha scritto:Mi chiedevo se avessi dei problemi con la dimostrazione di Borsuk-Ulam, nel qual caso la spiegazione "elementare" sarebbe presto data.
--federico
[tex]\frac1{\sqrt2}\bigl(\left|\text{loves me}\right\rangle+\left|\text{loves me not}\right\rangle\bigr)[/tex]
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- Nonno Bassotto
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Tanto per chiarire, quello che intendevo è questo. Per dimostrare questo risultato si usano di concetti come l'omologia senza i quali non credo si vada da nessuna parte. E quando si studia l'omologia di solito si vede Borsuk-Ulam e spesso anche Lyusternik e Schnirelmann. Per cui c'era il rischio che l'insieme delle persone che avevano il background per dimostrare il teorema e quello delle persone che lo conoscevano coincidessero.
Comunque ben venga la spiegazione elementare.
Comunque ben venga la spiegazione elementare.
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill
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Lols. Seguo pari pari la dimostrazione dell'Hatcher, la traduco solo da Matematichese a Elementarese.
E' il classico teorema secondo cui, in ogni istante, sulla Terra esistono 2 punti antipodali con la stessa temperatura e la stessa pressione.
Teorema. Data una funzione continua $ $f $ dalla superficie sferica (unitaria) a $ $\mathbb R^2 $, esistono 2 punti antipodali $ $x $ e $ $-x $ tali che $ $f(x)=f(-x) $.
Se per assurdo non esistessero 2 punti antipodali siffatti, sarebbe ben definita sulla sfera la funzione
$ $g(x) = \frac{f(x)-f(-x)}{|f(x)-f(-x)|}. $
$ $g $ è ancora una funzione continua ed ha ancora valori in $ $\mathbb R^2 $, ma tutti di norma unitaria. Ergo è una mappa continua dalla sfera alla circonferenza unitaria, ed inoltre vale $ $g(-x)=-g(x) $.
Mostriamo che una tale funzione non può esistere.
Prendiamo la circonferenza equatoriale, e vediamo in cosa viene mappata da $ $g $: poiché $ $g $ è continua, la circonferenza viene "deformata" e mappata in una curva chiusa. Ora conviene considerare questa curva chiusa immagine $ $\ell $ come un elastico, che una volta lasciato libero tende a "restringersi" fino ad assumere la minima lunghezza possibile. Sappiamo che l'immagine di $ $g $ dev'essere contenuta nella circonferenza unitaria, quindi anche il nostro elastico $ $\ell $ è confinato a questa circonferenza. Possono succedere allora 2 cose: o l'elastico, libero di muoversi (ma vincolato alla circonferenza!), può restringersi fino ad occupare un punto, oppure l'elastico fa almeno un giro completo attorno alla circonferenza, e quindi non può restringersi ad un punto (a meno di passare fuori dalla circonferenza!).
Mostriamo che entrambe le cose sono vere, ottenendo un assurdo.
Torniamo alla sfera originaria, e "deformiamo" l'equatore con un movimento continuo, fino a farlo collassare nel polo nord. Ad esempio, trasformiamolo gradualmente in paralleli sempre più piccoli, e sempre più a nord. Cosa succede alle immagini di questi paralleli tramite $ $g $? Sono ancora ovviamente curve chiuse contenute in una circonferenza, che con un movimento continuo trasformano $ $\ell $ in $ $g(PoloNord) $, che ovviamente è un punto. Quindi ci troviamo nel primo caso: $ $\ell $ può essere contratto ad un punto.
D'altra parte, immaginiamo di percorrere l'equatore partendo da un punto $ $x $ fissato, fare tutto il giro e ritornare a $ $x $. Allora la nostra immagine tramite $ $g $ si muoverà lungo $ $\ell $ sulla circonferenza unitaria, partendo da $ $g(x) $ e tornando in $ $g(x) $. Ma poiché vale $ $g(-x)=-g(x) $, giunti a metà percorso la nostra immagine si troverà anch'essa nel punto "antipodale" della circonferenza, e l'avrà raggiunto con un percorso continuo: quindi avrà percorso almeno una delle due metà della circonferenza. Ma la seconda parte del percorso è simmetrica alla prima, quindi tornerà in $ $g(x) $ percorrendo l'"altra metà" della circonferenza. Ergo $ $\ell $ si avvolge almeno una volta (in effetti, un numero dispari di volte) attorno alla circonferenza, quindi non è contraibile ad un punto: assurdo. Detto in altre parole, pensiamo ad un "semi-elastico" (un segmento di elastico) con estremi fissati in $ $g(x) $ e $ $-g(x) $. Come sono le "configurazioni a riposo" dell'elastico? O una semicirconferenza, o una circonferenza e mezza, o 2 circonferenze e mezza, etc. La seconda metà dell'elastico, a riposo, si avvolge altrettante volte, nello stesso senso, e completando quindi la mezza circonferenza (più eventualmente le altre).
Per convincersi meglio di quest'ultima cosa, che è la parte più tecnica della dimostrazione, si può vedere il lungo sproloquio di pag. 29 e successive.
E' il classico teorema secondo cui, in ogni istante, sulla Terra esistono 2 punti antipodali con la stessa temperatura e la stessa pressione.
Teorema. Data una funzione continua $ $f $ dalla superficie sferica (unitaria) a $ $\mathbb R^2 $, esistono 2 punti antipodali $ $x $ e $ $-x $ tali che $ $f(x)=f(-x) $.
Se per assurdo non esistessero 2 punti antipodali siffatti, sarebbe ben definita sulla sfera la funzione
$ $g(x) = \frac{f(x)-f(-x)}{|f(x)-f(-x)|}. $
$ $g $ è ancora una funzione continua ed ha ancora valori in $ $\mathbb R^2 $, ma tutti di norma unitaria. Ergo è una mappa continua dalla sfera alla circonferenza unitaria, ed inoltre vale $ $g(-x)=-g(x) $.
Mostriamo che una tale funzione non può esistere.
Prendiamo la circonferenza equatoriale, e vediamo in cosa viene mappata da $ $g $: poiché $ $g $ è continua, la circonferenza viene "deformata" e mappata in una curva chiusa. Ora conviene considerare questa curva chiusa immagine $ $\ell $ come un elastico, che una volta lasciato libero tende a "restringersi" fino ad assumere la minima lunghezza possibile. Sappiamo che l'immagine di $ $g $ dev'essere contenuta nella circonferenza unitaria, quindi anche il nostro elastico $ $\ell $ è confinato a questa circonferenza. Possono succedere allora 2 cose: o l'elastico, libero di muoversi (ma vincolato alla circonferenza!), può restringersi fino ad occupare un punto, oppure l'elastico fa almeno un giro completo attorno alla circonferenza, e quindi non può restringersi ad un punto (a meno di passare fuori dalla circonferenza!).
Mostriamo che entrambe le cose sono vere, ottenendo un assurdo.
Torniamo alla sfera originaria, e "deformiamo" l'equatore con un movimento continuo, fino a farlo collassare nel polo nord. Ad esempio, trasformiamolo gradualmente in paralleli sempre più piccoli, e sempre più a nord. Cosa succede alle immagini di questi paralleli tramite $ $g $? Sono ancora ovviamente curve chiuse contenute in una circonferenza, che con un movimento continuo trasformano $ $\ell $ in $ $g(PoloNord) $, che ovviamente è un punto. Quindi ci troviamo nel primo caso: $ $\ell $ può essere contratto ad un punto.
D'altra parte, immaginiamo di percorrere l'equatore partendo da un punto $ $x $ fissato, fare tutto il giro e ritornare a $ $x $. Allora la nostra immagine tramite $ $g $ si muoverà lungo $ $\ell $ sulla circonferenza unitaria, partendo da $ $g(x) $ e tornando in $ $g(x) $. Ma poiché vale $ $g(-x)=-g(x) $, giunti a metà percorso la nostra immagine si troverà anch'essa nel punto "antipodale" della circonferenza, e l'avrà raggiunto con un percorso continuo: quindi avrà percorso almeno una delle due metà della circonferenza. Ma la seconda parte del percorso è simmetrica alla prima, quindi tornerà in $ $g(x) $ percorrendo l'"altra metà" della circonferenza. Ergo $ $\ell $ si avvolge almeno una volta (in effetti, un numero dispari di volte) attorno alla circonferenza, quindi non è contraibile ad un punto: assurdo. Detto in altre parole, pensiamo ad un "semi-elastico" (un segmento di elastico) con estremi fissati in $ $g(x) $ e $ $-g(x) $. Come sono le "configurazioni a riposo" dell'elastico? O una semicirconferenza, o una circonferenza e mezza, o 2 circonferenze e mezza, etc. La seconda metà dell'elastico, a riposo, si avvolge altrettante volte, nello stesso senso, e completando quindi la mezza circonferenza (più eventualmente le altre).
Per convincersi meglio di quest'ultima cosa, che è la parte più tecnica della dimostrazione, si può vedere il lungo sproloquio di pag. 29 e successive.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]