Dimostrare la compattezza di un insieme
Devo dimostrare che il seguente insieme $\Omega={(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^4+y^6+xy\le16}$ è compatto.
Per dimostrare che è limitato, bisogna vedere come si comporta all'infinito la funzione $f(x,y)=x^4+y^6-xy$,
in particolare si ha che $\lim_{x^2+y^2\to+\infty} f(x,y)=lim_{u^2+v^2\to+\infty} u^12+v^12+u^3v^2$ dove ho effettuato il cambio di variabili $x=u^3 \, \ y=v^2$. In polari si ha dunque
$\lim_{\rho\to+\infty}\rho^12(\cos^12\theta+\sin^12\theta)+\rho^5\cos^3\theta\sin^2\theta \ge \rho^12\cdot m-\rho^5 \to+\infty$
Dove $m=min{\cos^12\theta+\sin^12\theta:\theta\in[0,2\pi]}>0$
Quindi all'infinito si ha che la funzione tende a più infinito, mentre dalla relazione data si deve avere $f(x,y)\le16$, quindi $\Omega$ è necessariamente limitato.
Ora però non so bene come dimostrare la chiusura.
L'esercizio chiede anche di dimostrare che $\partial\Omega$ è connesso, ed in questo caso davvero non so dove mettere mano.
Per dimostrare che è limitato, bisogna vedere come si comporta all'infinito la funzione $f(x,y)=x^4+y^6-xy$,
in particolare si ha che $\lim_{x^2+y^2\to+\infty} f(x,y)=lim_{u^2+v^2\to+\infty} u^12+v^12+u^3v^2$ dove ho effettuato il cambio di variabili $x=u^3 \, \ y=v^2$. In polari si ha dunque
$\lim_{\rho\to+\infty}\rho^12(\cos^12\theta+\sin^12\theta)+\rho^5\cos^3\theta\sin^2\theta \ge \rho^12\cdot m-\rho^5 \to+\infty$
Dove $m=min{\cos^12\theta+\sin^12\theta:\theta\in[0,2\pi]}>0$
Quindi all'infinito si ha che la funzione tende a più infinito, mentre dalla relazione data si deve avere $f(x,y)\le16$, quindi $\Omega$ è necessariamente limitato.
Ora però non so bene come dimostrare la chiusura.
L'esercizio chiede anche di dimostrare che $\partial\Omega$ è connesso, ed in questo caso davvero non so dove mettere mano.
Risposte
La mappa $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ data da $f(x,y) = x^4+y^6+xy$ è continua. E' ora sufficiente osservare che \( \Omega = f^{-1}((-\infty, 16]) \) con \( (-\infty, 16] \subset \mathbb{R} \) chiuso.
Nota: non ho controllato il resto.
Nota: non ho controllato il resto.
Mi sapreste anche dire come dimostrare che $\partial\Omega$ è connesso? Non so proprio dove mettere mano con questa domanda
"Bremen000":
La mappa $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ data da $f(x,y) = x^4+y^6+xy$ è continua. E' ora sufficiente osservare che \( \Omega = f^{-1}((-\infty, 16]) \) con \( (-\infty, 16] \subset \mathbb{R} \) chiuso.
Nota: non ho controllato il resto.
Io proverei anche a dirlo così: la funzione $f(x,y)=x^4+y^6+xy$ è continua, quindi in particolare è semicontinua inferiormente, e per la caratterizzazione della chiusura si ha che $x_0\inClos(\Omega) \Leftrightarrow \exists {x_n}\subseteq\Omega \ t.c. \ x_n\tox_0$
In particolare sia ${x_n}\subseteq\Omega $ una successione tale che $x_n\tox_0$, allora essendo f semicontinua inferiormente vale: $f(x_0)\le\mbox{lim inf } f(x_n)\le16$ quindi $\Omega$ è chiuso.
"Lebesgue":
Io proverei anche a dirlo così: la funzione $ f(x,y)=x^4+y^6+xy $ è continua, quindi in particolare è semicontinua inferiormente, e per la caratterizzazione della chiusura si ha che $ x_0\inClos(\Omega) \Leftrightarrow \exists {x_n}\subseteq\Omega \ t.c. \ x_n\tox_0 $
In particolare sia $ {x_n}\subseteq\Omega $ una successione tale che $ x_n\tox_0 $, allora essendo f semicontinua inferiormente vale: $ f(x_0)\le\mbox{lim inf } f(x_n)\le16 $ quindi $ \Omega $ è chiuso.
Si ma è una conseguenza della definizione di continuità di fatto, oltre ad essere più complicato. Comunque non è sbagliato.
Per il fatto che la frontiera di \( \Omega \) sia connessa ti scrivo a grandi linee quello che ho pensato:
0. \( \mathbf{0} \notin \partial \Omega \)
1. La mappa
\[ f \colon \partial \Omega \to S^1 \\ \quad \, \, \mathbf{x} \mapsto \frac{\mathbf{x}}{\| \mathbf{x} \|} \]
è continua.
2. $f$ è una biiezione: per fare questo prendi un punto di $S^1$ e considera la semiretta passante per l'origine e per esso. Puoi verificare che per ogni punto di $S^1$ tale retta interseca uno ed un solo punto di \( \partial \Omega \) (si tratta di fare qualche conto e qualche derivata).
3. \( S^1 \) è connessa per archi e dunque, essendo $f$ un omeomorfismo (è una biiezione continua tra compatti), anche \( \partial \Omega \) è connesso per archi.
Se vuoi i dettagli chiedi!
PS: in generale si può mostrare che la frontiera di ogni compatto convesso di $\mathbb{R}^n$ con ($n>1$) è connessa per archi (la dimostrazione segue la stessa idea e nel punto 2 sfrutta la convessità).
"Bremen000":
Si ma è una conseguenza della definizione di continuità di fatto, oltre ad essere più complicato. Comunque non è sbagliato.
E' che il prof solitamente dimostra la chiusura utilizzando la continuità, quindi ho questa impostazione standard.
"Bremen000":
PS: in generale si può mostrare che la frontiera di ogni compatto convesso di $\mathbb{R}^n$ con ($n>1$) è connessa per archi (la dimostrazione segue la stessa idea e nel punto 2 sfrutta la convessità).
Giusto! Magari avrei potuto vedere se $f(x,y)=x^4+y^6+xy$ era convesso, in quanto convesso implica connesso.
Grazie mille Bremen000! Ho molti problemi nel dimostrare se un certo insieme è connesso (solitamente bordi di insiemi definiti da funzioni continue), quindi se mi sai dire dei "trucchetti" sono tutt'orecchie!
Secondo voi quanto regge una dimostrazione di questo tipo?
Faccio uno sketch
- Il bordo è chiuso dentro un compatto,quindi è compatto.
- Per ogni punto del bordo, per il teorema del dini, esiste un intorno aperto in cui localmente il bordo di parametrizza tramite una curva regolare
- Questi intorni sono aperti e ricoprono tutto il bordo, quindi dato che il bordo è compatto ne esiste un numero finito che continua a ricoprire il bordo. E ovviamente per quanto detto prima abbiamo un numero finito di curve regolari che ricoprono il bordo.
-Il bordo è connesso per archi, presi due punti basta collegarli tramite le curve regolari che abbiamo trovato.
Faccio uno sketch
- Il bordo è chiuso dentro un compatto,quindi è compatto.
- Per ogni punto del bordo, per il teorema del dini, esiste un intorno aperto in cui localmente il bordo di parametrizza tramite una curva regolare
- Questi intorni sono aperti e ricoprono tutto il bordo, quindi dato che il bordo è compatto ne esiste un numero finito che continua a ricoprire il bordo. E ovviamente per quanto detto prima abbiamo un numero finito di curve regolari che ricoprono il bordo.
-Il bordo è connesso per archi, presi due punti basta collegarli tramite le curve regolari che abbiamo trovato.
@Lebesgue
Si ok, ma anche io ho usato la continuità; per quello che ho visto in questi esercizi quella è la via più utilizzata (e secondo me anche la più semplice).
Scritta così non vuol dire niente, intendi $\Omega$ convesso? Non ho fatto i conti ma non so se è immediato da far vedere. In ogni caso il fatto che $\Omega$ sia convesso implica che $\Omega$ sia connesso ma non ci dice niente sulla sua frontiera!
Se intendevi dire che invece la frontiera è convessa, questo è falso.
Cosa studi?
@Ernesto01
Mi piace molto la tua soluzione e penso vada bene!
"Lebesgue":
E' che il prof solitamente dimostra la chiusura utilizzando la continuità, quindi ho questa impostazione standard.
Si ok, ma anche io ho usato la continuità; per quello che ho visto in questi esercizi quella è la via più utilizzata (e secondo me anche la più semplice).
"Lebesgue":
Giusto! Magari avrei potuto vedere se $ f(x,y)=x^4+y^6+xy $ era convesso, in quanto convesso implica connesso.
Scritta così non vuol dire niente, intendi $\Omega$ convesso? Non ho fatto i conti ma non so se è immediato da far vedere. In ogni caso il fatto che $\Omega$ sia convesso implica che $\Omega$ sia connesso ma non ci dice niente sulla sua frontiera!
Se intendevi dire che invece la frontiera è convessa, questo è falso.
"Lebesgue":
Grazie mille Bremen000! Ho molti problemi nel dimostrare se un certo insieme è connesso (solitamente bordi di insiemi definiti da funzioni continue), quindi se mi sai dire dei "trucchetti" sono tutt'orecchie!
Cosa studi?
@Ernesto01
Mi piace molto la tua soluzione e penso vada bene!
"Ernesto01":
Secondo voi quanto regge una dimostrazione di questo tipo?
Faccio uno sketch
- Il bordo è chiuso dentro un compatto,quindi è compatto.
- Per ogni punto del bordo, per il teorema del dini, esiste un intorno aperto in cui localmente il bordo di parametrizza tramite una curva regolare
- Questi intorni sono aperti e ricoprono tutto il bordo, quindi dato che il bordo è compatto ne esiste un numero finito che continua a ricoprire il bordo. E ovviamente per quanto detto prima abbiamo un numero finito di curve regolari che ricoprono il bordo.
-Il bordo è connesso per archi, presi due punti basta collegarli tramite le curve regolari che abbiamo trovato.
Applica un po' questo metodo alla funzione
\(f(x, y) =\left\lvert\frac{1}{z(z-10)}\right\rvert, \)
dove $z=x+iy$. L'insieme $\{f=1\}$ è connesso?
In effetti se \( \Omega \) non è semplicemente connesso tutto salta. In effetti nella dimostrazione di Ernesto01 tutto fila ma non è detto che gli intorni aperti siano "collegati".
E questo fa mancare poi la connessione.
Bell'esempio dissonance!
E questo fa mancare poi la connessione.
Bell'esempio dissonance!
"Bremen000":
Scritta così non vuol dire niente, intendi $\Omega$ convesso? Non ho fatto i conti ma non so se è immediato da far vedere. In ogni caso il fatto che $\Omega$ sia convesso implica che $\Omega$ sia connesso ma non ci dice niente sulla sua frontiera!
Se intendevi dire che invece la frontiera è convessa, questo è falso.
La frontiera di $\Omega$ è costituita dai punti tali che $x^4+y^6+xy-16=0$, per cui avevo pensato che se la funzione è convessa allora la frontiera è convessa dunque connessa, ma purtroppo non è così.
"Bremen000!":
Cosa studi?
Matematica (al momento analisi 2 per la precisione)
"Bremen000":
In effetti se \( \Omega \) non è semplicemente connesso tutto salta. In effetti nella dimostrazione di Ernesto01 tutto fila ma non è detto che gli intorni aperti siano "collegati".
E questo fa mancare poi la connessione.
Bell'esempio dissonance!
Esatto. Se il metodo di Ernesto fosse corretto, \(\{x^2+y^2=\frac1{100}\}\cup\{ (x-10)^2+y^2=\frac1{100}\} \) dovrebbe essere connesso. L'insieme che ho scritto nel mio post precedente assomiglia a questo.
In generale stabilire se un insieme di livello è connesso o no non è proprio facilissimo. Questo è normale, perché la topologia degli insiemi di livello contiene moltissime informazioni sulla funzione (un'intera branca della matematica, la "teoria di Morse", si occupa precisamente di questo).
"Bremen000":Fammeli un po' vedere questi "qualche conto e qualche derivata", per favore.
Per il fatto che la frontiera di \( \Omega \) sia connessa ti scrivo a grandi linee quello che ho pensato:
0. \( \mathbf{0} \notin \partial \Omega \)
1. La mappa
\[ f \colon \partial \Omega \to S^1 \\ \quad \, \, \mathbf{x} \mapsto \frac{\mathbf{x}}{\| \mathbf{x} \|} \]
è continua.
2. $f$ è una biiezione: per fare questo prendi un punto di $S^1$ e considera la semiretta passante per l'origine e per esso. Puoi verificare che per ogni punto di $S^1$ tale retta interseca uno ed un solo punto di \( \partial \Omega \) (si tratta di fare qualche conto e qualche derivata).
PS: in generale si può mostrare che la frontiera di ogni compatto convesso di $\mathbb{R}^n$ con ($n>1$) è connessa per archi (la dimostrazione segue la stessa idea e nel punto 2 sfrutta la convessità).
Certamente, e con la tua stessa dimostrazione (ottima idea). Solo che \(f(x, y)=x^4+y^6+xy\) non è una funzione convessa, perché nell'origine ha un punto di sella "stretto" (voglio dire che la matrice Hessiana ha un autovalore strettamente positivo e uno strettamente negativo). Quindi non è ovvio che \(\{f\le 16\}\) sia un insieme convesso. Non so neanche se sia vero (tra l'altro, vedo che sei arrivato alla stessa conclusione un paio di post fa).
Ecco perché mi interessa vedere i tuoi conti.
"dissonance":
Fammeli un po' vedere questi "qualche conto e qualche derivata", per favore.
Bisogna mostrare che $f$ è una biiezione. Per ogni punto di $S^1$ mostro che esiste un unico \( \mathbf{x} \in \partial \Omega \) che ne è l'immagine attraverso $f$.
Ogni punto di $S^1$ è identificato dall'angolo $\theta \in [0,2pi)$ con cui si parametrizza la circonferenza unitaria.
Sia dunque $\theta \in [0,2pi)$ fissato.
I casi banali \( \theta =0 , \pi/2, \pi, 3\pi/2 \):
Caso 5: \( \theta \in (0, \pi/2 ) \cup (3\pi/2, 2\pi) \)
La semiretta da considerare è \( \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : y= \arctan(\theta)x , x>0 \} \)
Chiamo per comodità \( m:= \arctan(\theta) \).
\[ \begin{cases} y=mx, x>0 \\ x^4 +y^6+xy=16 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y=mx, x>0 \\ x^4+m^6x^6+mx^2-16=0 \end{cases} \]
Cioè vogliamo mostrare che la funzione \( g(x) :=x^4+m^6x^6+mx^2-16 \) ha un solo zero positivo per qualunque valore di \( m \in \mathbb{R} \setminus \{0 \} \) fissato:
Caso 6: \( \theta \in (\pi/2, \pi) \cup (\pi, 3\pi/2) \)
La semiretta da considerare è \( \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 : y= \arctan(\theta)x , x<0 \} \)
Chiamo per comodità \( m:= \arctan(\theta) \).
\[ \begin{cases} y=mx, x<0 \\ x^4 +y^6+xy=16 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y=mx, x<0 \\ x^4+m^6x^6+mx^2-16=0 \end{cases} \]
Cioè vogliamo mostrare che la funzione \( g(x) :=x^4+m^6x^6+mx^2-16 \) ha un solo zero negativo per qualunque valore di \( m \in \mathbb{R} \setminus \{0 \} \) fissato. La funzione $g$ è pari e dal caso 3 abbiamo che ha un solo zero positivo, quindi ha anche solo uno zero negativo.
"dissonance":
Certamente, e con la tua stessa dimostrazione (ottima idea).
Grazie
"dissonance":
Solo che \( f(x, y)=x^4+y^6+xy \) non è una funzione convessa, perché nell'origine ha un punto di sella "stretto" (voglio dire che la matrice Hessiana ha un autovalore strettamente positivo e uno strettamente negativo). Quindi non è ovvio che \( \{f\le 16\} \) sia un insieme convesso. Non so neanche se sia vero (tra l'altro, vedo che sei arrivato alla stessa conclusione un paio di post fa).
Ma in realtà non ho mai sfruttato direttamente il fatto che sia convesso, cosa che mi pare vera in ogni caso.
@Lebesgue
Guarda io non sono un matematico quindi non saprei che consigli darti di preciso. Credo che ogni esercizio sia un po' un caso a sé e se c'è da sporcarsi le mani (come in questo) si fa.
Vi ringrazio per le risposte e le opinioni, anche a me faceva un po' storcere il naso quella dimostrazione in alcuni punti. Però non ho capito esattamente qual'è il problema.
Io mi ero limitato a considerare senza pretese di generalizzazione al caso $Omega$ compatto (supponendo fatto il primo punto dell'esercizio), tutto quello che ho detto ovviamente non funziona in questo caso, anche perchè $Omega$ è illimitato. Per intenderci, per esempio $(n,0) in {f<=1}$ definitivamente.
Secondo te anche con l'ipotesi $Omega$ compatto non si riesce a concludere niente?
"dissonance":
Applica un po' questo metodo alla funzione
\(f(x, y) =\left\lvert\frac{1}{z(z-10)}\right\rvert, \)
dove $z=x+iy$. L'insieme $\{f=1\}$ è connesso?
Io mi ero limitato a considerare senza pretese di generalizzazione al caso $Omega$ compatto (supponendo fatto il primo punto dell'esercizio), tutto quello che ho detto ovviamente non funziona in questo caso, anche perchè $Omega$ è illimitato. Per intenderci, per esempio $(n,0) in {f<=1}$ definitivamente.
Secondo te anche con l'ipotesi $Omega$ compatto non si riesce a concludere niente?
Non è questione di compatto o non compatto, Ernesto. Lascia stare quella funzione, era un po' fuorviante, concentrati sull'esempio
Questo insieme, che -tra l'altro- è compatto, non è connesso. Ma se il tuo metodo fosse corretto, allora questo insieme dovrebbe essere connesso.
"dissonance":
\[\{x^2+y^2=1\}\cup \{(x-10)^2+y^2=1\}.\]
Questo insieme, che -tra l'altro- è compatto, non è connesso. Ma se il tuo metodo fosse corretto, allora questo insieme dovrebbe essere connesso.
@Bremen: 
Pensavo che i conti fossero più corti, mi dispiace averti fatto scrivere tutta questa storia.
Pensavo che i conti fossero più corti, mi dispiace averti fatto scrivere tutta questa storia.
@dissonance, figurati, in realtà anche io pensavo fosse possibile sbrigarsela più velocemente e avevo lasciato il lavoro sporco a Lebesgue 
[ot]Ho trovato questo problema molto interessante, mi è piaciuta molto la soluzione di Bremen e ho cercato una soluzione più semplice. Raccolgo qui le mie considerazioni.
1. Gli insiemi stellati rispetto all'origine, se hanno un bordo regolare, verificano la proprietà \(\boldsymbol{x}\cdot \boldsymbol{n}\ge 0\) per ogni punto \(\boldsymbol x\) del loro bordo. Qui \(\boldsymbol n\) è il versore normale. (Questo si può vedere facilmente con un disegnino). L'insieme \(\{f\le 16\}\) ha per vettore normale \(\nabla f\) (non è detto che sia un versore ma non fa niente), e il prodotto scalare
\[
(x, y)\cdot \nabla f(x, y)= 4x^4+6y^6+2xy
\]
è tale che \((x, y)\cdot \nabla f(x, y)=16 +2x^4+6y^6> 0\) sul bordo. (Il bordo è caratterizzato da \(x^4+y^6+xy=16\)).
Ora non so se questo sia sufficiente a concludere che \(\{f\le 16\}\) è stellato rispetto all'origine, ma se lo fosse, allora avremmo finito: con lo stesso ragionamento di Bremen, il bordo di un insieme stellato è omeomorfo a \(\mathbb S^1\).
2. Una cosa molto importante del calcolo variazionale è che, in assenza di punti critici, gli insiemi di livello sono omeomorfi. Precisamente, siccome l'unico punto critico di \(f\) è \((0,0)\), per ogni \(c, C>0\) esiste un omeomorfismo di \(\{f=c\}\) su \(\{f=C\}\). (Per dimostrare questo fatto si considera il flusso dell'equazione differenziale
\[
\dot{\boldsymbol{u}}=\frac{\nabla f(\boldsymbol u)}{|\nabla f(\boldsymbol u)|^2}.)\]
In particolare, l'insieme \(\{f=16\}\) è omeomorfo a \(\{f=M\}\) per qualsiasi \(M>0\). Ora, se \(M\) è molto grande, affinché sia \(x^4+y^6+xy=M\) è necessario che \(x\) e \(y\) siano molto grandi. Ma in questo caso, il termine \(xy\) è trascurabile rispetto a \(x^4+y^6\) e quindi \(\{f=M\}\) "assomiglia molto" a \(\{x^4+y^6=M\}\), che è il bordo di un insieme convesso e quindi è connesso. In conclusione, tutti gli insiemi di livello \(\{f=c\}\) con \(c>0\) sono connessi. Questa dimostrazione non è rigorosa perché non è giustificato quell'"assomiglia molto".[/ot]
1. Gli insiemi stellati rispetto all'origine, se hanno un bordo regolare, verificano la proprietà \(\boldsymbol{x}\cdot \boldsymbol{n}\ge 0\) per ogni punto \(\boldsymbol x\) del loro bordo. Qui \(\boldsymbol n\) è il versore normale. (Questo si può vedere facilmente con un disegnino). L'insieme \(\{f\le 16\}\) ha per vettore normale \(\nabla f\) (non è detto che sia un versore ma non fa niente), e il prodotto scalare
\[
(x, y)\cdot \nabla f(x, y)= 4x^4+6y^6+2xy
\]
è tale che \((x, y)\cdot \nabla f(x, y)=16 +2x^4+6y^6> 0\) sul bordo. (Il bordo è caratterizzato da \(x^4+y^6+xy=16\)).
Ora non so se questo sia sufficiente a concludere che \(\{f\le 16\}\) è stellato rispetto all'origine, ma se lo fosse, allora avremmo finito: con lo stesso ragionamento di Bremen, il bordo di un insieme stellato è omeomorfo a \(\mathbb S^1\).
2. Una cosa molto importante del calcolo variazionale è che, in assenza di punti critici, gli insiemi di livello sono omeomorfi. Precisamente, siccome l'unico punto critico di \(f\) è \((0,0)\), per ogni \(c, C>0\) esiste un omeomorfismo di \(\{f=c\}\) su \(\{f=C\}\). (Per dimostrare questo fatto si considera il flusso dell'equazione differenziale
\[
\dot{\boldsymbol{u}}=\frac{\nabla f(\boldsymbol u)}{|\nabla f(\boldsymbol u)|^2}.)\]
In particolare, l'insieme \(\{f=16\}\) è omeomorfo a \(\{f=M\}\) per qualsiasi \(M>0\). Ora, se \(M\) è molto grande, affinché sia \(x^4+y^6+xy=M\) è necessario che \(x\) e \(y\) siano molto grandi. Ma in questo caso, il termine \(xy\) è trascurabile rispetto a \(x^4+y^6\) e quindi \(\{f=M\}\) "assomiglia molto" a \(\{x^4+y^6=M\}\), che è il bordo di un insieme convesso e quindi è connesso. In conclusione, tutti gli insiemi di livello \(\{f=c\}\) con \(c>0\) sono connessi. Questa dimostrazione non è rigorosa perché non è giustificato quell'"assomiglia molto".[/ot]
[ot]
Sono stato un po' sbrigativo prima. Il tuo metodo identifica correttamente la connessione di ogni punto con i suoi vicini. Tuttavia, la connessione è una proprietà globale. L'insieme formato da due circonferenze lontane che ho scritto nel mio post precedente è tale che ogni punto è connesso ai suoi vicini, eppure non è connesso.
Il problema qui è che nessun argomento locale del tipo di quello che hai scritto tu potrà mai funzionare, proprio perché hai bisogno di considerare l'insieme nella sua totalità.
P.S.: Si scrive "qual è" senza apostrofo. Pure io ce lo mettevo, anni fa, poi mi hanno fatto notare che è un errore.[/ot]
"Ernesto01":
Vi ringrazio per le risposte e le opinioni, anche a me faceva un po' storcere il naso quella dimostrazione in alcuni punti. Però non ho capito esattamente qual'è il problema.
Sono stato un po' sbrigativo prima. Il tuo metodo identifica correttamente la connessione di ogni punto con i suoi vicini. Tuttavia, la connessione è una proprietà globale. L'insieme formato da due circonferenze lontane che ho scritto nel mio post precedente è tale che ogni punto è connesso ai suoi vicini, eppure non è connesso.
Il problema qui è che nessun argomento locale del tipo di quello che hai scritto tu potrà mai funzionare, proprio perché hai bisogno di considerare l'insieme nella sua totalità.
P.S.: Si scrive "qual è" senza apostrofo. Pure io ce lo mettevo, anni fa, poi mi hanno fatto notare che è un errore.[/ot]
@dissonance
[ot]
Non so se è banale da dimostrare (non c'ho provato) ma sai dove posso trovare una dimostrazione di questo fatto? Magari si riesce a cogliere se è possibile invertire la proposizione che è quello che ci servirebbe!
Molto molto interessante la prima parte, la metto nelle cose da guardare un giorno (lontano) quando non avrò da studiare per gli esami
Il ragionamento l'ho colto ma non saprei nemmeno quale traduzione matematica di "assomiglia molto" ci consentirebbe di passare dalla connessione di \( \{x^4+y^6=M\} \) a quella di \( \{f=M\} \).
[/ot]
[ot]
"dissonance":
Gli insiemi stellati rispetto all'origine, se hanno un bordo regolare, verificano la proprietà \(\boldsymbol{x}\cdot \boldsymbol{n}\ge 0\) per ogni punto \(\boldsymbol x\) del loro bordo. Qui \(\boldsymbol n\) è il versore normale.
Non so se è banale da dimostrare (non c'ho provato) ma sai dove posso trovare una dimostrazione di questo fatto? Magari si riesce a cogliere se è possibile invertire la proposizione che è quello che ci servirebbe!
"dissonance":
2. Una cosa molto importante del calcolo variazionale è che, in assenza di punti critici, gli insiemi di livello sono omeomorfi. Precisamente, siccome l'unico punto critico di \( f \) è \( (0,0) \), per ogni \( c, C>0 \) esiste un omeomorfismo di \( \{f=c\} \) su \( \{f=C\} \). (Per dimostrare questo fatto si considera il flusso dell'equazione differenziale
\[ \dot{\boldsymbol{u}}=\frac{\nabla f(\boldsymbol u)}{|\nabla f(\boldsymbol u)|^2}.) \]
In particolare, l'insieme \( \{f=16\} \) è omeomorfo a \( \{f=M\} \) per qualsiasi \( M>0 \). Ora, se \( M \) è molto grande, affinché sia \( x^4+y^6+xy=M \) è necessario che \( x \) e \( y \) siano molto grandi. Ma in questo caso, il termine \( xy \) è trascurabile rispetto a \( x^4+y^6 \) e quindi \( \{f=M\} \) "assomiglia molto" a \( \{x^4+y^6=M\} \), che è il bordo di un insieme convesso e quindi è connesso. In conclusione, tutti gli insiemi di livello \( \{f=c\} \) con \( c>0 \) sono connessi. Questa dimostrazione non è rigorosa perché non è giustificato quell'"assomiglia molto".
Molto molto interessante la prima parte, la metto nelle cose da guardare un giorno (lontano) quando non avrò da studiare per gli esami
Il ragionamento l'ho colto ma non saprei nemmeno quale traduzione matematica di "assomiglia molto" ci consentirebbe di passare dalla connessione di \( \{x^4+y^6=M\} \) a quella di \( \{f=M\} \).
[/ot]
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