Funzione vettoriale di $n$ variabili biettiva

[lordb]

Ciao a tutti , non riesco a capacitarmi di come una funzione $phi:RR^n->RR^m$ con $n!=m$ possa essere considerata biettiva!

Qualche idea?

[Plepp]

Ciao Perchè ti sembra così assurdo? Prendi ad esempio
\[\phi:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}^3\qquad\qquad \phi:(x,y)\mapsto (x,y,x+y)\]
Verifichi facilmente che è biettiva

[dissonance]

No Plepp ha ragione lordb. Se per "biiettiva" si intende "iniettiva e suriettiva" allora non è facile trovare esempi di funzioni biiettive tra \(\mathbb{R}^n\) ed \(\mathbb{R}^m\), per via di certe questioni topologiche di cui gente molto più competente di me sta discutendo proprio ora nella stanza di Geometria:

omeomorfismo-tra-sottospazi-di-rr-n-t95576-10.html

[yellow2]

In effetti è abbastanza controintuitivo, tant'è che per decenni è stato considerato "ovviamente falso" e non necessitante una dimostrazione. E' stato Cantor nella seconda metà del diciannovesimo secolo a dare un primo esempio di applicazione di questo tipo, che passava attraverso la manipolazione della scrittura decimale di un numero. Per dimostrare che un'applicazione di questo tipo non puo' essere continua c'è voluto ancora un po' di tempo e tanti tentativi. Ho letto in questi giorni un articolo che parlava proprio della storia di questo problema, quando sono a casa posso scrivere qualcosa in più.
Comunque la domanda è posta in modo strano, una funzione "puo' essere considerata biiettiva" quando lo è sul serio, al massimo ti starai chiedendo come sia possibile costruirne una!

[lordb]

Intanto vi ringrazio tutti,la questione è particolarmente interessante!
@yellow sì il mio dubbio era sull'esistenza e non sulla verifica di biettività.

[Plepp]

@dissonance. In che senso ha ragione? Sul fatto che possa non essere una cosa scontata la biettività di una funzione da $RR^n$ in $RR^m$? Oppure mi stai dicendo che sbaglio io quando dico che la $\phi$ del mio esempio è biettiva?

[dissonance]

Quell'esempio che hai portato non va bene perché non è una funzione surgettiva.

[yellow2]

E per rendersene conto al volo basta notare che è un'applicazione lineare!

[Plepp]

D'Oh! Si giusto, chiedo scusa ragazzi...$\text{dim} ( \text{Im} \phi)=2\ne \text{dim} RR^3$, era abbastanza evidente, ma m'è sfuggito

[Plepp]

Salve ragazzi. Ho provato a riflettere un po' su questo discorso qua, ed ho tratto una conclusione che però mi pare abbia poco senso, avendo letto quello che avete appena scritto

Ricordo, dal corso di Algebra e Geometria, che se una applicazione lineare $f:U\to V$ (d'ora in poi AL ) è biettiva si dice che essa è un isomorfismo; si dice che $f$ è un endomorfismo se $U\equiv V$; infine, $f$ è un automorfismo se è allo stesso tempo un isomorfismo e un endomorfismo.
Anzichè ragionare con generici spazi vettoriali, restringiamo il campo ai soli $RR^n$ (dominio) ed $RR^m$ (codominio).
Per definizione, una AL $f$ è suriettiva ssse $\text{Im} f \equiv V$ (da cui $\text{dim Im} f =\text{dim} V=m$).
Per il teorema della dimensione (non ricordo se effettivamente si chiama così )
\[\text{dim Im} f +\text{dim Ker} f=\text{dim} U=n\]
Quindi deduco che se $f$ è suriettiva, allora si ha
\[\text{dim Ker} f=n-m\]
Ora, per essere biettiva, $f$ dovrà essere anche iniettiva, ovvero si dovrà avere
\[\text{dim Ker} f=0\iff n=m\]
e in tal caso $f$ sarà allo stesso tempo un isomorfismo e un endomorfismo (ricordando che ci stiamo riferendo ai soli $RR^n$ ed $RR^m$), ovvero un automorfismo.

Posso quindi concludere che, andando contro quel che dicevate sopra, è effettivamente impossibile che una AL $f:RR^n\to RR^m$ sia biettiva se $n\ne m$?

Grazie in anticipo!

[yellow2]

Certo! Fissata una base dello spazio di partenza, l'immagine di $f$ è il sottospazio dello spazio d'arrivo generato dalle immagini dei vettori della base, indi per cui non potrà mai essere di dimensione superiore a quella dello spazio di partenza. Se fai questo ragionamento "da entrambi i sensi" ti sarà subito chiara la conclusione.
Non ho capito l'ultima osservazione pero', nel caso di un automorfismo la dimensione è la stessa e non è certo il controesempio cercato.

[dissonance]

Infatti qua non si parla di applicazioni lineari. Una funzione biiettiva tra \(\mathbb{R}^n\) ed \(\mathbb{R}^m\) non sarà nemmeno continua, immagino che sia possibile determinarla solo per mezzi di strumenti logici sofisticati come l'assioma della scelta, insomma sarà una schifezza mostruosa. Altro che applicazioni lineari!

[Plepp]

@yellow. Grazie! L'ultima osservazione era una stronzata mi ero un po' rimbambito a ragionare e a ricordare i concetti dell'Algebra lineare: ho modificato

@dissonance. Capisco (più o meno, anzi più meno che più ). Però la richiesta di lordb era generica ha chiesto se fosse possibile che una $f:RR^n\to RR^m$ potesse essere bigettiva se $n \ne m$. Nel caso di applicazioni lineari, ho provato a dimostrare che ciò non è possibile; il resto non è certo materia di mia competenza Grazie anche a te!

[yellow2]

Nell'esempio che conosco non si usa l'assioma della scelta, pero' c'è un problemino che non ho ancora pensato a come risolvere.
L'idea di base è una corrispondenza tra $(0,1)^2$ e $(0,1)$ del tipo:
$(0,a_1a_2a_3...; 0,b_1b_2b_3...)->0,a_1b_1a_2b_2a_3b_3...$
In maniera analoga si puo' definire tra $(0,1)^n$ e $(0,1)$ e poi è fatta, perché si pareggia la dimensione e sul resto delle componenti si mette l'identità (ovviamente utilizzando anche il fatto che $(0,1)$ è equipotente a $RR$).
Il problema è nella non univocità della rappresentazione decimale. Il professore di topologia aveva detto che quell'applicazione è iniettiva e concluso con il teorema di Cantor-Bernstein, ma a me non sembra sia iniettiva né ben definita. Comunque correggerla leggermente non dovrebbe essere impossibile.

Edit: penso di aver capito. Scegliendo per i numeri di partenza la rappresentazione senza il $9$ periodico, quell'applicazione dovrebbe in effetti essere iniettiva, oltre che ben definita grazie alla scelta.

[Plepp]

So che ho poche speranze di starti dietro yellow, però il discorso è interessante!
Da quanto mi par di capire, quell'applicazione (chiamiamola $g$) associa una coppia di numeri $x,y\in (0,1)$ ad un terzo elemento $g(x,y) \in (0,1)$ definito in quel modo lì. Per essere suriettiva, $\text{Im} g$ deve coincidere con $(0,1)$, no? E qui ingenuamente direi che ci siamo. Perchè è strano che $g$ sia iniettiva (non che per me sia evidente eh...)?

[yellow2]

Non è suriettiva perché ad esempio non otterrai mai il numero $0,909090...$ e, con la precisazione che ho fatto nell'edit, nessun numero in cui da un certo punto in poi c'è un $9$ ogni due posizioni.
E' iniettiva perché, sempre grazie alla precisazione, i numeri ottenuti di sicuro non avranno un $9$ periodico, dunque il loro precursore sarà unico.

[lordb]

Forse ho capito:

Se $n!=m$ non esiste alcuna applicazione $phi:RR^m->RR^n$ che sia un omeomorfismo: infatti $RR^n$ non è omeomorfo a $RR^m$.

Se invece $AsubRR^m$ e $BsubRR^n$ allora può esistere $phi:A->B$ che sia un omeomorfismo, ovvero :
-$phi$ biettiva;
-$phi$ continua;
-$phi^(-1)$ continua.

Un esempio può essere dato dall'insieme di Cantor che è omeomorfo al prodotto cartesiano di 2 insiemi di Cantor!!

Inoltre se aggiungiamo qualche ipotesi del tipo:

$A$ aperto, $phi$ differenziabile, $0
quello che otteniamo è che $B$ diventa una sottovarietà di $RR^n$ differenziale parametrizzabile $m-$dimensionale!

[yellow2]

Togli "$B$ aperto" e ci siamo. $B$ non sarà mai aperto se $m

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[lordb]

Giusto! lo tolgo con un edit.

[lordb]

Dai , se abbiamo chiarito direi che va bene così.

Vi ringrazio tutti