Curva cubica... e tri-esercizio!
Considerata la curva cubica (piana):
\[
\Gamma\equiv y^2-x^3-x^2=0
\]
dimostrare che:
[list=a]
[*:3rlybnxo]esistono dei polinomi \(\displaystyle p(t)\) e \(\displaystyle q(t)\) tali che i punti di coordinate:
\[
\begin{cases}
x=p(t)\\
y=q(t)
\end{cases}
\]
sono tutti e soli i punti di \(\displaystyle\Gamma\);[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]euristicamente, dal punto precedente, dimostrare che la funzione suriettiva:
\[
\varphi:t\in\mathbb{R}\to(p(t),q(t))\in\Gamma
\]
non è iniettiva;[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]\(\displaystyle\Gamma\) non ha asintoti.[/*:m:3rlybnxo][/list:o:3rlybnxo]
Nota: le tre richieste sono indipendenti tra loro!
P.S.: C'è un indizio nel titolo...
\[
\Gamma\equiv y^2-x^3-x^2=0
\]
dimostrare che:
[list=a]
[*:3rlybnxo]esistono dei polinomi \(\displaystyle p(t)\) e \(\displaystyle q(t)\) tali che i punti di coordinate:
\[
\begin{cases}
x=p(t)\\
y=q(t)
\end{cases}
\]
sono tutti e soli i punti di \(\displaystyle\Gamma\);[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]euristicamente, dal punto precedente, dimostrare che la funzione suriettiva:
\[
\varphi:t\in\mathbb{R}\to(p(t),q(t))\in\Gamma
\]
non è iniettiva;[/*:m:3rlybnxo]
[*:3rlybnxo]\(\displaystyle\Gamma\) non ha asintoti.[/*:m:3rlybnxo][/list:o:3rlybnxo]
Nota: le tre richieste sono indipendenti tra loro!
P.S.: C'è un indizio nel titolo...
Risposte
Riguardo al punto b: un pò cervellotica come soluzione...
\[
f:t\in\mathbb{R}\to\left(t_0,sign(t)\sqrt{|t|}\right)\in\Gamma\\
t_0=\max\{x\in\mathbb{R}\mid x^3+x^2-t=0\}\\
sign(t)=\begin{cases}
1\iff t>0\\
0\iff t=0\\
-1\iff t<0
\end{cases}
\]
ed aggiungo che questa funzione è pure continua!
Riguardo al punto c: nulla è scontato!
"hyoukarou":Certo che esistono funzioni iniettive da \(\displaystyle\mathbb{R}\) a \(\displaystyle\Gamma\), ad esempio:
...Intendi dimostrare qualcosa tipo che non esistono funzioni iniettive \( \mathbb{R} \to \Gamma \)...
\[
f:t\in\mathbb{R}\to\left(t_0,sign(t)\sqrt{|t|}\right)\in\Gamma\\
t_0=\max\{x\in\mathbb{R}\mid x^3+x^2-t=0\}\\
sign(t)=\begin{cases}
1\iff t>0\\
0\iff t=0\\
-1\iff t<0
\end{cases}
\]
ed aggiungo che questa funzione è pure continua!
Riguardo al punto c: nulla è scontato!
"j18eos":Certo che esistono funzioni iniettive da \(\displaystyle\mathbb{R}\) a \(\displaystyle\Gamma\), ad esempio:
Riguardo al punto b: un pò cervellotica come soluzione...[quote="hyoukarou"]...Intendi dimostrare qualcosa tipo che non esistono funzioni iniettive \( \mathbb{R} \to \Gamma \)...
\[
f:t\in\mathbb{R}\to\left(t_0,sign(t)\sqrt{|t|}\right)\in\Gamma\\
t_0=\max\{x\in\mathbb{R}\mid x^3+x^2-t=0\}\\
sign(t)=\begin{cases}
1\iff t>0\\
0\iff t=0\\
-1\iff t<0
\end{cases}
\]
ed aggiungo che questa funzione è pure continua!
[/quote]
Claim. Non esistono isomorfismi(quanto meno continui) tra \(\mathbb{R}\) ed un nodo.
Proof. non lo so dimostrare
\[\displaystyle \{(x, y) . y^2 - x^3 - x^2 = 0\} = \{(x, y) . y = x \sqrt{x - 1}\} \cup \{(x, y) . y = - x \sqrt{x - 1}\}\]
I due insiemi che "incollati" danno \(\Gamma\) si intersecano in due punti, \((-1, 0)\) e \((0, 0)\) il che dovrebbe in qualche modo dire che se vogliamo una parametrizzazione continua, quella deve passare due volte su uno dei due punti.
Ora viene la spiegazione metafisica(non che quello detto precedentemente non lo fosse):
Dovendo essere un isomorfismo, se mappo la parte blu in metà \(\mathbb{R}\) allora nella parte rossa ci sarà un buco e quindi ci sarà un buco anche su \(\mathbb{R}\), \(\Gamma \to \mathbb{R}\) non sarebbe suriettiva e \(\mathbb{R} \to \Gamma\) non sarebbe una funzione. Dualmente, se volessi mappare tutto \(\mathbb{R}\) su \(\Gamma\) mi ritroverei a passare due volte sul punto \((0, 0)\).
Per ora non sono riuscito a concludere una dimostrazione, comunque sapendo che non esistono isomorfismi vorrebbe dire che una funzione (continua?) suriettiva non è iniettiva, e una (continua?) iniettiva come la tua non è suriettiva.
Spero tu riesca ad illuminarmi
P.S. ho pensato che volendo si poteva dire che in \((0, 0)\) la funzione non è derivabile, ma volevo evitare dato che non conosco bene l'argomento / se ne potrebbe fare a meno.
"hyoukarou":
Claim. Non esistono isomorfismi(quanto meno continui) tra \(\mathbb{R}\) ed un nodo.
Proof. non lo so dimostrare
Immagino che per isomorfismo tu intenda omeomorfismo. Una dimostrazione rigorosa molto facile che ho in mente passerebbe per uno strumento che alle superiori non si vede, ma per fortuna tale strumento è molto intuitivo. Supponiamo che un tale omeomorfismo esista; questo manderebbe il "punto di autointersezione" del nodo in uno ed un solo punto della retta reale. Cosa succede se eliminiamo tali punti? Più esplicitamente:
"Epimenide93":
Immagino che per isomorfismo tu intenda omeomorfismo. Una dimostrazione rigorosa molto facile che ho in mente passerebbe per uno strumento che alle superiori non si vede, ma per fortuna tale strumento è molto intuitivo. Supponiamo che un tale omeomorfismo esista; questo manderebbe il "punto di autointersezione" del nodo in uno ed un solo punto della retta reale. Cosa succede se eliminiamo tali punti? Più esplicitamente:
\(\mathbb{R}\) è diviso in due, \(\Gamma\) in tre. Per dimostrare il secondo immagino basti costruire esplicitamente tre sottoinsiemi aperti disgiunti di \(\Gamma \setminus \{(0, 0)\}\) che uniti danno l'insieme(una tripartizione).. quindi in realtà si può dire che in \(\Gamma \setminus \{(0, 0)\}\) ci sono due buchi coincidenti o qualcosa del genere? E che gli omeomorfismi preservano il numero di buchi?
punto a)
io ho fatto così ma non so se è giusto.
ho sostituito q(t) e p(t) arrivando a questa equazione:
\[{q^2}\left( t \right) = {p^3}\left( t \right) + {p^2}\left( t \right)\]
quindi
\[{q^2}\left( t \right) = {p^2}\left( t \right)\left( {p\left( t \right) + 1} \right)\]
siccome a sinistra ho un quadrato, devo avere anche a destra per cui
\[{p\left( t \right) + 1}\]
deve essere un quadrato.
ho trovato le seguenti possibilità:
\[\begin{array}{l}
p\left( t \right) = {t^2} - 1\\
p\left( t \right) = {t^2} - 2t\\
p\left( t \right) = {t^2} + 2t
\end{array}\]
poi trovo \[q\left( t \right) = p\left( t \right)\sqrt {p\left( t \right) + 1} \]
poiché tutte le soluzioni di p(t) sono di secondo grado, cioè parabole, è certamente non iniettiva
come posso sapere che questi polinomi sono soddisfatti solo dai punti della curva in questione?
io ho fatto così ma non so se è giusto.
ho sostituito q(t) e p(t) arrivando a questa equazione:
\[{q^2}\left( t \right) = {p^3}\left( t \right) + {p^2}\left( t \right)\]
quindi
\[{q^2}\left( t \right) = {p^2}\left( t \right)\left( {p\left( t \right) + 1} \right)\]
siccome a sinistra ho un quadrato, devo avere anche a destra per cui
\[{p\left( t \right) + 1}\]
deve essere un quadrato.
ho trovato le seguenti possibilità:
\[\begin{array}{l}
p\left( t \right) = {t^2} - 1\\
p\left( t \right) = {t^2} - 2t\\
p\left( t \right) = {t^2} + 2t
\end{array}\]
poi trovo \[q\left( t \right) = p\left( t \right)\sqrt {p\left( t \right) + 1} \]
poiché tutte le soluzioni di p(t) sono di secondo grado, cioè parabole, è certamente non iniettiva
come posso sapere che questi polinomi sono soddisfatti solo dai punti della curva in questione?
"hyoukarou":Sì; e possono essere omeomorfi? Cioè, riesci a costruire una funzione continua, biettiva con inversa continua?
...\(\mathbb{R}\) è diviso in due, \(\Gamma\) in tre...
Pensaci un pò su e vedi che è impossibile!
@Epimenide93 Grazie, mi hai salvato dalla graticola.
"Acutangolo":Facendo un semplice calcolo.
...come posso sapere che questi polinomi sono soddisfatti solo dai punti della curva in questione?
"hyoukarou":
\(\mathbb{R}\) è diviso in due, \(\Gamma\) in tre. Per dimostrare il secondo immagino basti costruire esplicitamente tre sottoinsiemi aperti disgiunti di \(\Gamma \setminus \{(0, 0)\}\) che uniti danno l'insieme
Bingo!
"hyoukarou":
gli omeomorfismi preservano il numero di buchi?
Più semplice (a parlare di "buchi", sia \(\mathbb{R}\) senza un punto che \(\Gamma\) ne hanno solo uno o (a seconda di come definiamo un "buco") nessuno). Gli omeomorfismi preservano il "numero di pezzi" o, per meglio dire, le componenti connesse
"j18eos":
@Epimenide93 Grazie, mi hai salvato dalla graticola.
Esagerato!
Metto in spoiler la mia soluzione per il punto c:
@hyoukarou & Epimenide93 Lasciamo stare i buchi!, ché già sono infastidito dal dover parlare di "isomorfismi"... in questa stanza!
@j18eos
[ot]Ultimamente gli olimpionici son talmente avanti che non mi sorprenderei di trovare un ragazzo che fa il liceo e che dimostra che due curve non sono omeomorfe usando il fatto che i rispettivi gruppi fondamentali non sono isomorfi
[/ot]
[ot]Ultimamente gli olimpionici son talmente avanti che non mi sorprenderei di trovare un ragazzo che fa il liceo e che dimostra che due curve non sono omeomorfe usando il fatto che i rispettivi gruppi fondamentali non sono isomorfi
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[ot]Non conosco la competenza matematica olimpionica italiana, ma di sicuro non propongo esercizi che vanno oltre il V anno di una scuola secondaria; eppoi, se devo essere arbitro degli esercizi\giochi che propongo, non accoglierei una soluzione coi gruppi fondamentali (per dirne una)![/ot]
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