Connessione e semplice connessione

[dissonance]

Una cosa intuitivamente ovvia ma che non saprei proprio come dimostrare. Sia $Omega\subCC$ semplicemente connesso, $S\subOmega$ sottoinsieme connesso. Allora anche $S$ è semplicemente connesso.

[edit] questa proposizione è falsa.

[fu^2]

una domanda: non serve che S sia connesso per archi?

Parlo come al solito da ignorante, mi è venuto in mente questo esempio (identifichiamo $CC$ con $RR^2$ nei nostri pensieri che tanto non cambia molto...))

Se prendiamo $Omega=D_1$ in disco aperto di raggio uno centrato nell'origine. Questo spazio è semplicemente connesso.
Consideriamo ora $S\sub D^2$ definito come il disco aperto di raggio $1/2$, $D_{1/2}$ più un punto $p\in\del\D_{1/2}$. Questo spazio è connesso, visto che il punto è un punto di accumulazione per $\D_{1/2}$, quindi due aperti disgiunti non ne esistono e se passi alla chiusura del disco, $p$ appartiene a questa chiusura, quindi non esistono neanche chiusi disgiunti.

Bene però questo affare non è connesso per archi, essendo che non esiste un arco che parte da $p$ e si colleghi con qualsiasi altro punto di $D_{1/2}$.

Ma per essere semplicemente connesso non è mica necessario essere connessi per archi? Magari ho detto una scemenza, però ho chiesto per chiarire questo dubbio, scusami nel caso...

[Gargaroth]

"dissonance":Una cosa intuitivamente ovvia ma che non saprei proprio come dimostrare. Sia $Omega\subCC$ semplicemente connesso, $S\subOmega$ sottoinsieme connesso. Allora anche $S$ è semplicemente connesso.

Beh... in modo QUALITATIVO (mooooooooooolto qualitativo) se l'insieme iniziale non contiene "buchi" e di conseguenza ogni curva chiusa è deformabile ad un punto, la stessa cosa vale per S che è un sottoinsieme di omega e non conterra' "buchi" a sua volta...

MI AUTOCENSURO!!!

[Megan00b]

Forse per dimostrarlo può funzionare il seguente pseudoragionamento.
$Omega$ è s.c. quindi c'è un'omotopia eccetera. Mostri che la restrizione di un'omotopia ad uno sottospazio connesso è ancora un'omotopia. Ad esempio perchè se la restrizione (che rimane continua) ad un sottospazio perdesse la proprietà di omotopia potresti individuare il <> e da quello verificare la non connessione dello spazio. Da questo dovrebbe seguire la tua tesi.
Da provare, non verificato.
Ciao.

[gugo82]

"dissonance":Una cosa intuitivamente ovvia ma che non saprei proprio come dimostrare. Sia $Omega\subCC$ semplicemente connesso, $S\subOmega$ sottoinsieme connesso. Allora anche $S$ è semplicemente connesso.

Falso.

Prendere $Omega: |z|<=1$, $S:0<|z|<=1$.

[dissonance]

@fu^2: Sinceramente non ho capito bene il tuo esempio. Tu dici che la proposizione è falsa? Comunque mi sembra strano che tu abbia trovato un sottoinsieme di $CC$ connesso, ma non connesso per archi. Sono sicuro che si può dimostrare l'equivalenza, negli spazi euclidei, della connessione con la connessione per archi e con la connessione per poligonali. Quindi, se ti fa stare più comodo, in $CC$ puoi assumere direttamente la connessione per archi o per poligonali.

@Megan00b: [size=75]Sul fatto di partire considerando due curve omotope e mostrando che rimangono omotope mi hai convinto. Ma ci sono da vedere un po' di cose. Il fatto è che non è tanto facile restingere l'omotopia al sottospazio connesso. Chiamiamo le curve $gamma, psi$ e l'omotopia $H$. Come prima, $Omega$è sempl. connesso, $S\subOmega$ è connesso (per archi).

Precisamente $H=H(lambda, t)$ dove $lambda, t\in[0,1]$, e $gamma, psi:[0,1]\toS$. Quando varia $lambda$, $H(lambda, *)$ è una curva.

Dobbiamo restringere questa $H$. Quale dei due parametri? ovviamente il primo, quello che "deforma" le curve. A che cosa lo restringo? Niente (apparentemente) mi garantisce che io possa restringerlo ad un intervallo.

Anzi, facendo un disegnino, si vede che $H(lambda, *)$ può tranquillamente uscire da $S$, fare i comodi suoi, poi ritornare in $S$ e morire là. Quindi $lambda$ andrebbe ristretto ad una unione di intervalli? E poi i vari pezzi incollati. E' un'idea ma non è semplicissimo come procedimento (almeno non per me).[/size]

P.S: Problema risolto - grazie Gugo! Per forza non ci riuscivo, era falso!!!

[gugo82]

"dissonance":P.S: Problema risolto - grazie Gugo! Per forza non ci riuscivo, era falso!!!

ASDASDASD

Bastava fare un disegnino!

[fu^2]

"dissonance":@fu^2: Sinceramente non ho capito bene il tuo esempio. Tu dici che la proposizione è falsa? Comunque mi sembra strano che tu abbia trovato un sottoinsieme di $CC$ connesso, ma non connesso per archi. Sono sicuro che si può dimostrare l'equivalenza, negli spazi euclidei, della connessione con la connessione per archi e con la connessione per poligonali. Quindi, se ti fa stare più comodo, in $CC$ puoi assumere direttamente la connessione per archi o per poligonali.

no il se e solo se in $CC$ è falso... ti faccio un altro controesempio:
1. Nello spazio delle fasi in meccanica razionale per esempio i punti di equilibro instabili sono connessi alle orbite, ma non sono connessi per archi (mio modo per capire la differenza quando ce le hanno spiegate...).
2. Se prendi un insieme senza punti di accumulazione e ci metti un punto di accumulazione questo non è connesso per archi. (Il se e solo se vale per insiemi aperti se sei in $RR^n$)
3. IL PETTINE POLACCO (del mitico banach mi pare): considera l'insieme di $RR^2$ definito come $A={(t,0):t\in(0,1]}U(U_{n>0}{(1/n,y):0<=y<=1})$
considera ora il punto di coordinate $p=(0;1/2)$ allora ${p}UA$ è ancora connesso, ma non per archi (verifica facile).

Ma $RR^2\sim CC$ in un certo senso, quindi questo gioco lo puoi vedere sul piano complesso (con qualche modifica). Volendo la logica del 3. è la stessa del 2. (la cosa divertente è immaginarsi uno che si pettina, perchè a disegnarlo questo è un pettine che si accumula verso lo zero, spassoso!). Con le pinze del mio esempio... anche se non proprio...

Il se e solo se in spazi euclidei vale se consideri insiemi aperti, mettendo per scontato che la metrica è quella euclidea standard.

[dissonance]

Vabbé, però adesso ho un problema. Su degli appunti ho trovato una costruzione geometrica che non so come giustificare, a questo punto. Si tratta del teorema dell'indice logaritmico, quello -per intenderci- che "conta" zeri e poli intorno a cui si avvolge un circuito.

La costruzione è questa. Sia $Omega$ semplicemente connesso, $gamma$ un circuito in $Omega$. Supponiamo pure che $"Ind"_gamma\in{0,1}$, e sia $f$ una funzione meromorfa in $Omega$, non identicamente nulla e senza zeri e/o poli lungo $gamma$.
Sappiamo allora che $f$ ha zeri $Z(f)$ e poli $P(f)$ che formano al più un insieme discreto (=privo di punti di accumulazione). Quindi, se anche non dovessero essere finiti, comunque non possono contenere un numero infinito di punti nell'interno di $gamma$ (=$"Ind"_gamma^(-1)(1)$), che è a chiusura compatta(*). Quindi possiamo applicare il teorema dei residui e calcolare $int_gamma(f'(z))/(f(z))"dz"$, eccetera eccetera.

Il fatto è che il teorema dei residui io lo so dimostrare se so a priori che nel semplicemente connesso di riferimento, contenente il circuito, ci sono al più un numero finito di singolarità. Qui come faccio? L'unico semplicemente connesso che conosco è $Omega$, che potrebbe benissimo contenere una infinità numerabile di discontinuità.



(*) Nota: Per la precisione si fa così. Detto $Omega_1$ l'interno di $gamma$, gli si "fa l'orlo", considerando un aperto a chiusura compatta che contenga $gamma^(**)$ e $Omega_1$. Qui dentro c'è al più un numero finito di singolarità, e applichiamo i residui. E chi ci ha detto che questo affare sia semplicemente connesso (o comunque che $gamma$ sia omotopo a 0)? Mi ero fabbricato la proposizione (falsa) di prima nel tentativo di giustificare questo fatto.

[dissonance]

@fu^2: abbiamo scritto contemporaneamente.

"fu^2":
Il se e solo se in spazi euclidei vale se consideri insiemi aperti, mettendo per scontato che la metrica è quella euclidea standard.

Vero, vero, scusami se non ho sottolineato questo punto. Ho dato per scontato che "semplicemente connesso" significasse "aperto, connesso, semplicemente connesso".

P.S.: Ti ringrazio per gli esempi!

[fu^2]

nulla, fai caso all'ultimo... e nota che in topologia ogni esempio particolare è polacco (quasi tutti)... è un'altra cosa che mi diverte un sacco ghgh... (per finire con le cagate: prova a riflettere che senza nodi una "palla pelosa" -volgarmente chiamata testa- non si potrebbe pettinare - frase detta il primo giorno di corso -)

[Gargaroth]

"Gugo82":[quote="dissonance"]Una cosa intuitivamente ovvia ma che non saprei proprio come dimostrare. Sia $Omega\subCC$ semplicemente connesso, $S\subOmega$ sottoinsieme connesso. Allora anche $S$ è semplicemente connesso.

Falso.

Prendere $Omega: |z|<=1$, $S:0<|z|<=1$.[/quote]


ME MESCHINO!!! ME TAPINO!!!

[gugo82]

"dissonance":(*) Nota: Per la precisione si fa così. Detto $Omega_1$ l'interno di $gamma$, gli si "fa l'orlo", considerando un aperto a chiusura compatta che contenga $gamma^(**)$ e $Omega_1$. Qui dentro c'è al più un numero finito di singolarità, e applichiamo i residui. E chi ci ha detto che questo affare sia semplicemente connesso (o comunque che $gamma$ sia omotopo a 0)? Mi ero fabbricato la proposizione (falsa) di prima nel tentativo di giustificare questo fatto.

Uso $Gamma$ (al posto di $Omega_1$) per denotare il dominio racchiuso da $gamma$.

Visto che $Gamma$ è compatto e $CC\setminus Omega$ è un chiuso disgiunto da $Gamma$, risulta $"dist"(Gamma, CC\setminus Omega)=d>0$; prendi $r=d/2$ e ricopri $Gamma$ con le palle aperte di raggio $r$ e centro nei punti $z\in Gamma$: la compattezza ti assicura che dal ricoprimento ne puoi estrarre uno finito, quindi determini $z_1,\ldots ,z_m\in Gamma$ tali che $Gamma \subseteq \cup_(i=1)^m B(z_i;r)$, quindi $Gamma \subseteq \bar(\cup_(i=1)^m B(z_i;r))=\cup_(i=1)^m \bar(B)(z_i;r)=: D$.
Rimane da provare che $D$ è semplicemente connesso, ma ciò è semplice (barando un po', ); infatti $D=\cup_(i=1)^m\bar(B)(z_i;r)$ e $CC\setminus D=\cap_(i=1)^mCC\setminus \bar(B)(z_i;r)$, cosicché $CC\setminus D$ è intersezione di aperti connessi ed è perciò aperto e connesso; ne consegue che $D$ è semplicemente connesso (in questo consiste il trucco: in $RR^2$, ossia in $CC$, la semplice connessione di $D$ equivale alla connessione del complementare).

"Gargaroth":ME MESCHINO!!! ME TAPINO!!!

Vabbè, non esageriamo!

[dissonance]

Aaaaahhnnn... ecco... La semplice connessione in $CC$ equivale alla connessione del complementare... Mi sai indicare dove posso trovare la dimostrazione di questo fatto? Grazie Gugo!!!

[gugo82]

"dissonance":Aaaaahhnnn... ecco... La semplice connessione in $CC$ equivale alla connessione del complementare... Mi sai indicare dove posso trovare la dimostrazione di questo fatto? Grazie Gugo!!!

Devo dire la verità, non so.

Sull'Ahlfors la definizione di aperto semplicemente connesso è data proprio rispetto alla connessione del complementare; sul Lang, invece, è data la definizione con l'omolotopia di cammini chiusi ad un punto; sul Greco la cosa è ancor meno formalizzata (nel senso che si parla di "buchi"...).

Potresti provare sul Sernesi, Geometria II, Boringhieri...

[dissonance]

"Gugo82":sul Lang, invece, è data la definizione con l'omolotopia di cammini chiusi ad un punto;

Sto leggendo proprio quel libro! Ma è un typo tuo o homology si traduce in italiano proprio come "omolotopia"? (E' alla "homology" che ti stai riferendo, vero?)

[gugo82]

La versione che ho io (fourth edition) a pagina 118, paragrafo III.5, sotto al Lemma 5.3, porta scritto:

We say that an open set $U$ is simply connected if it is connected and if every closed path in $U$ is homotopic to a point.

Io ho tradotto letteralmente... Errore mio?