Def. funzione concentrata
Sia $(X, x_0)$ spazio topologico puntato, $ f:I^nrarr X $ funzione continua che manda il bordo di $I^n$ nel punto $x_0$.
Ho un dubbio circa questa definizione (cito testualmente gli appunti del docente):
Consideriamo un $I_1^n$ retratto di deformazione di $I^n$, dove $ I=[0,1] $, con retrazione $r$, allora ogni funzione $ f:I^nrarr X $ è omotopa a una funzione $ g:I^nrarr X $ ottenuta come composta al modo seguente
$ I^nrarr I_1^nrarr I^nrarr X $ (N.d.R. in ordine sono retrazione, inclusione e f).
Tale funzione $g$ "concentra" la $f$ su $I_1^n$ e in $I^n - I_1^n$ è la funzione costante al punto $x_0$ e si chiama CONCENTRATA di f sul retratto.
Il mio dubbio è il seguente:
se prendo un punto che sta nell'intercapedine $I^n-I_1^n$ e che non sia un punto del bordo, la sua immagine mediante $r$ è un punto del retratto; questo punto mediante l'inclusione va in sè. Quando ad esso applico la $f$ chi mi assicura che la sua immagine sia $x_0$?
Cosa mi sfugge?
Ho un dubbio circa questa definizione (cito testualmente gli appunti del docente):
Consideriamo un $I_1^n$ retratto di deformazione di $I^n$, dove $ I=[0,1] $, con retrazione $r$, allora ogni funzione $ f:I^nrarr X $ è omotopa a una funzione $ g:I^nrarr X $ ottenuta come composta al modo seguente
$ I^nrarr I_1^nrarr I^nrarr X $ (N.d.R. in ordine sono retrazione, inclusione e f).
Tale funzione $g$ "concentra" la $f$ su $I_1^n$ e in $I^n - I_1^n$ è la funzione costante al punto $x_0$ e si chiama CONCENTRATA di f sul retratto.
Il mio dubbio è il seguente:
se prendo un punto che sta nell'intercapedine $I^n-I_1^n$ e che non sia un punto del bordo, la sua immagine mediante $r$ è un punto del retratto; questo punto mediante l'inclusione va in sè. Quando ad esso applico la $f$ chi mi assicura che la sua immagine sia $x_0$?
Cosa mi sfugge?
Risposte
Con quella definizione, hai ragione tu, ossia l'affermazione è sbagliata.
Prendi [tex]I_1^1 = \{\frac{1}{2}\}[/tex]; considera [tex]f \colon I \to \mathbb R[/tex], [tex]f(x) = - x(x-1)[/tex]. Allora [tex]f(0) = f(1) = 0[/tex], [tex]f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}[/tex] e quindi abbiamo un controesempio.
Prendi [tex]I_1^1 = \{\frac{1}{2}\}[/tex]; considera [tex]f \colon I \to \mathbb R[/tex], [tex]f(x) = - x(x-1)[/tex]. Allora [tex]f(0) = f(1) = 0[/tex], [tex]f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4}[/tex] e quindi abbiamo un controesempio.
Ciao Maurer, grazie per la risposta...
[OT]
purtroppo questa cosa mi è costata l'esame stamattina... o meglio siccome avevo dei dubbi al riguardo, quando mi è stata chiesta, ho cominciato a traballare (era appena la seconda domanda) e mentre stavo per esprimere i miei dubbi circa la correttezza degli appunti sono stata fermata dalla prof che mi ha consigliato di ritornare all'appello successivo... Sono molto amareggiata perchè di fatto non mi è stata data la possibilità di fare l'esame... ma vabbè...
[/OT]
A parte lo sfogo personale, qual è la definizione corretta? oppure come si può correggere l'errore?
[OT]
purtroppo questa cosa mi è costata l'esame stamattina... o meglio siccome avevo dei dubbi al riguardo, quando mi è stata chiesta, ho cominciato a traballare (era appena la seconda domanda) e mentre stavo per esprimere i miei dubbi circa la correttezza degli appunti sono stata fermata dalla prof che mi ha consigliato di ritornare all'appello successivo... Sono molto amareggiata perchè di fatto non mi è stata data la possibilità di fare l'esame... ma vabbè...
[/OT]
A parte lo sfogo personale, qual è la definizione corretta? oppure come si può correggere l'errore?
E' la prima volta che incontro questa definizione, non mi è chiara l'idea, cioè non mi è chiaro cosa vuoi ottenere. Puoi dire qualcosa di più, o linkare le dispense del tuo docente?
uhm, in realtà serve per dimostrare che i gruppi di omotopia superiori per $n>1$ sono abeliani. Ho dato un'occhiata aull'Hatcher (che mi hai suggerito tu) e lì si fa cenno a questa funzione senza esibirla, semplicemente dicendo come (pag.340). Purtroppo le dispense sono solo cartacee... appena ho tempo scannerizzo le pagine in questione o comunque aggiungo particolari, perchè ora devo scappare 
Ti aggiorno!
Ti aggiorno!
Oh, che bello! Non avevo mai visto questa dimostrazione, né ero conoscenza del risultato (perché in topologia algebrica da noi si fa omologia singolare, celluare, coomologia ecc., mentre per i gruppi di omotopia c'è algebra omotopica che devo ancora seguire).
Comunque, ho guardato un attimo l'Hatcher e mi sembra che si complichi la vita anche lui (mai quanto fai tu!
). Mi sembra che l'argomento sia puramente formale: è una facile applicazione dell'argomento di Eckmann - Hilton ed è di sapore squisitamente categoriale! 
Ti racconto l'argomento di Eckmann - Hilton. Supponi che su [tex]X[/tex] siano assegnate due operazioni [tex]\cdot[/tex], [tex]*[/tex], entrambe unitarie con la stessa unità [tex]1[/tex] e soddisfacenti [tex](a \cdot b) * (c \cdot d) = (a * c) \cdot (b * d)[/tex]. Allora le due operazioni coincidono ed inoltre sono abeliane. Infatti, scegliendo [tex]a = d = 1[/tex] ottieni [tex]b * c = c \cdot b[/tex], scegliendo [tex]b = c = 1[/tex] ottieni [tex]a * d = a \cdot d[/tex], quindi mettendo insieme le due cose: [tex]x * y = y \cdot x = y * x = x \cdot y[/tex] (per il sapore categoriale, prova a guardare qui).
Nel tuo caso cosa succede: se [tex]n > 1[/tex], la somma di [tex]f,g \colon I^n \to X[/tex] è definita
[tex](f+g)(x_1,\ldots,x_n) = \begin{cases} f(2x_1,x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2} \\ f(2x_1 - 1,x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1 \end{cases}[/tex]
Definisci simpaticamente
[tex](f\oplus g)(x_1,\ldots,x_n) := \begin{cases} f(x_1, 2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ f(x_1, 2x_2 - 1,\ldots, x_n) & \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \end{cases}[/tex]
Queste due operazioni passano modulo omotopia e chiaramente sono unitarie e l'unità è ovviamente la stessa. Per ottenere la nostra tesi, basta mostrare che la relazione [tex](f+g) \oplus (h + k) \simeq (f\oplus h) + (g \oplus k)[/tex] è verificata, dove [tex]\simeq[/tex] significa che i due membri sono omotopi. Ora, il bello è che vale addirittura senza chiedere l'omotopia, mi pare! Eh sì, perché: (geometricamente è ovvio!!! fai un disegno e solo dopo guarda ai conti!)
[tex][(f+g) \oplus (h+k)](x_1,\ldots,x_n) = \begin{cases} (f+g)(x_1,2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ (h+k)(x_1,2x_2 -1,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \end{cases} =[/tex]
[tex]= \begin{cases} f(2x_1,2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1,x_2 \le \frac{1}{2} \\ g(2x_1-1,2x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1, 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ h(2x_1,2x_2 - 1, \ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \\ k(2x_1-1,2x_2-1,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1, 0 \le x_2 \le 1 \end{cases}[/tex]
Mentre
[tex][(f \oplus h) + (g \oplus k)](x_1,\ldots,x_n) = \begin{cases} (f \oplus h)(2x_1,x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2} \\ (g \oplus k)(2x_1 - 1,x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1 \end{cases} =[/tex]
[tex]= \begin{cases} f(2x_1,2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1,x_2 \le \frac{1}{2} \\ h(2x_1,2x_2 - 1, \ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \\ g(2x_1-1,2x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1, 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ k(2x_1-1,2x_2-1,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1, 0 \le x_2 \le 1 \end{cases}[/tex]
e le due funzioni sono ovviamente la stessa. Quindi per Eckmann-Hilton segue at once che [tex]f + g \simeq f \oplus g \simeq g + f[/tex]!
Non serve proprio introdurre quella funzione che vuoi tu! (il potere dell'algebra! ahahahahah!)
Nota. Ho detto che non serve l'omotopia per quella particolare uguaglianza. Tuttavia è falso che [tex]f + g = g + f[/tex]. Perché? Perché senza omotopia, quelle operazioni non hanno elemento neutro, mentre quando passiamo modulo omotopia ovviamente lo guadagniamo.
Nota 2. Un'altra applicazione facile in maniera imbarazzante di Eckmann - Hilton è che il primo gruppo fondamentale di un gruppo topologico è abeliano! Conosci questo fatto? Se sì, conosci la dimostrazione stile Eckmann - Hilton? Se la risposta è no, prova a farlo, è bello per vedere la potenza dell'algebra! XD
Comunque, ho guardato un attimo l'Hatcher e mi sembra che si complichi la vita anche lui (mai quanto fai tu!
). Mi sembra che l'argomento sia puramente formale: è una facile applicazione dell'argomento di Eckmann - Hilton ed è di sapore squisitamente categoriale! Ti racconto l'argomento di Eckmann - Hilton. Supponi che su [tex]X[/tex] siano assegnate due operazioni [tex]\cdot[/tex], [tex]*[/tex], entrambe unitarie con la stessa unità [tex]1[/tex] e soddisfacenti [tex](a \cdot b) * (c \cdot d) = (a * c) \cdot (b * d)[/tex]. Allora le due operazioni coincidono ed inoltre sono abeliane. Infatti, scegliendo [tex]a = d = 1[/tex] ottieni [tex]b * c = c \cdot b[/tex], scegliendo [tex]b = c = 1[/tex] ottieni [tex]a * d = a \cdot d[/tex], quindi mettendo insieme le due cose: [tex]x * y = y \cdot x = y * x = x \cdot y[/tex] (per il sapore categoriale, prova a guardare qui).
Nel tuo caso cosa succede: se [tex]n > 1[/tex], la somma di [tex]f,g \colon I^n \to X[/tex] è definita
[tex](f+g)(x_1,\ldots,x_n) = \begin{cases} f(2x_1,x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2} \\ f(2x_1 - 1,x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1 \end{cases}[/tex]
Definisci simpaticamente
[tex](f\oplus g)(x_1,\ldots,x_n) := \begin{cases} f(x_1, 2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ f(x_1, 2x_2 - 1,\ldots, x_n) & \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \end{cases}[/tex]
Queste due operazioni passano modulo omotopia e chiaramente sono unitarie e l'unità è ovviamente la stessa. Per ottenere la nostra tesi, basta mostrare che la relazione [tex](f+g) \oplus (h + k) \simeq (f\oplus h) + (g \oplus k)[/tex] è verificata, dove [tex]\simeq[/tex] significa che i due membri sono omotopi. Ora, il bello è che vale addirittura senza chiedere l'omotopia, mi pare! Eh sì, perché: (geometricamente è ovvio!!! fai un disegno e solo dopo guarda ai conti!
)[tex][(f+g) \oplus (h+k)](x_1,\ldots,x_n) = \begin{cases} (f+g)(x_1,2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ (h+k)(x_1,2x_2 -1,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \end{cases} =[/tex]
[tex]= \begin{cases} f(2x_1,2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1,x_2 \le \frac{1}{2} \\ g(2x_1-1,2x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1, 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ h(2x_1,2x_2 - 1, \ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \\ k(2x_1-1,2x_2-1,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1, 0 \le x_2 \le 1 \end{cases}[/tex]
Mentre
[tex][(f \oplus h) + (g \oplus k)](x_1,\ldots,x_n) = \begin{cases} (f \oplus h)(2x_1,x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2} \\ (g \oplus k)(2x_1 - 1,x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1 \end{cases} =[/tex]
[tex]= \begin{cases} f(2x_1,2x_2,\ldots,x_n) & 0 \le x_1,x_2 \le \frac{1}{2} \\ h(2x_1,2x_2 - 1, \ldots,x_n) & 0 \le x_1 \le \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \le x_2 \le 1 \\ g(2x_1-1,2x_2,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1 \le 1, 0 \le x_2 \le \frac{1}{2} \\ k(2x_1-1,2x_2-1,\ldots,x_n) & \frac{1}{2} \le x_1, 0 \le x_2 \le 1 \end{cases}[/tex]
e le due funzioni sono ovviamente la stessa. Quindi per Eckmann-Hilton segue at once che [tex]f + g \simeq f \oplus g \simeq g + f[/tex]!
Non serve proprio introdurre quella funzione che vuoi tu!
(il potere dell'algebra! ahahahahah!)Nota. Ho detto che non serve l'omotopia per quella particolare uguaglianza. Tuttavia è falso che [tex]f + g = g + f[/tex]. Perché? Perché senza omotopia, quelle operazioni non hanno elemento neutro, mentre quando passiamo modulo omotopia ovviamente lo guadagniamo.
Nota 2. Un'altra applicazione facile in maniera imbarazzante di Eckmann - Hilton è che il primo gruppo fondamentale di un gruppo topologico è abeliano! Conosci questo fatto? Se sì, conosci la dimostrazione stile Eckmann - Hilton? Se la risposta è no, prova a farlo, è bello per vedere la potenza dell'algebra! XD
Grazie per la risposta... ok quindi così si dimostra l'abelianità senza fare uso di quella funzione... non conoscevo l'argomento di Ekcmann-Hilton, molto carino.... tuttavia è una cosa impresentabile alla mia prof la terrò come conoscenza personale....
la terrò come conoscenza personale....
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo