Esercizo (geometria proiettiva+topologia)
Non so se vado contro il regolamento del forum, ma dato che l'esercizio è gia scritto evito di scriverlo con le formule ma metto l'immagine
Allora, per chi non avesse voglia di leggere tutto quello che sto per scrivere, il punto è che non riesco per bene a formalizzare il punto 2.
Per il resto ora scrivo brevemente la mia soluzione e spero che qualcuno abbia tempo e voglia di leggerla e dirmi se va bene, o se ci sono errori.
Per il punto (1).
Allora, Abbiamo due rette $r$ e $s$, senza perdere di generalità posso pensare che queste rette siano gli assi.
breve spiegazione di questo fatto in spoiler
Detto ciò, possiamo considerare la mappa seguente (che è un omeomorfismo)
aaa$r $ aa [tex]\longmapsto[/tex] $P^1 (RR)$
$[x_0,0,x_2]->[x_0,x_2]$
Daltronde $P^1(RR)$ (la retta proiettiva) non è altro che la compattificazione di di Alexandrov della retta reale con la topologia standard. Quindi, senza entrare troppo in dettaglio, posso usare la proiezione stereografica per mandare $S^1-{N}$ (la rirconferenza meno il punto $(0,1)$) in $RR$ e posso mandare $(0,1)$ in infinito (il punto aggiunto per compattificare $RR$).
Dato che questa funzione è continua e bigettiva, si conclude che è un omeomorfismo osservando che vado da un compatto ad uno spazio di Hausdorff, quindi ho come conseguenza di un teorema che quello definito è un omeomorfismo.
Mentre se considero $r uu s$ in $P^2(RR)$ ho un buchet di due circonferenze, ovvero $S^1 V S^1$ (ovvero due circonferenze che si intersecano in un solo punto). nel nostro caso il punto di intersezione è $[1,0,0]$.
A livello intuitivo torna tutto, se qualcuno volesse aiutarmi a formalizzare questo fatto mi farebbe un grossissimo favore.
A questo punto, che non siano omeomorfi è ovvio.
Infatti togliendo a $S^1$ qualsiasi punto, questi resta connesso, mentre togliendo a $S^1 V S^1$ il punto di intersezione otteniamo due componenti connesse, quindi sconnettiamo lo spazio. Quindi gli spazi non sono omeomorfi.
fine
Per il punto (2)...insomma ho solo idee intuitive ma non mi riesce di formalizzarle.
Ad esempio una buona idea mi sembra la seguente.
Considero la retta $r={[x_0,0,x_1]}$, qundi $P^2 - r={[x_0,x_1,x_2]$ con $x_1!=0}$
Allora
a$P^2(RR) - r $ aa [tex]\longmapsto[/tex] $RR^2$
$[x_0,x_1,x_2]->(x_0/x_1,x_2/x_1)$
questo è un omeomorismo e $RR^2$ è connesso
Allo stesso modo $P^2(RR)-s$ è omeomorfo a $RR^2$, inoltre vale che
$P^2 (RR)-(r uu s) = (P^2 (RR)-r) nn (P^2 (RR) -s)$
edit: erroraccio!!!!!!!!! (è vero che era anche tardi, ma...) e intersezione di connessi è connesso.
Quindi la risposta è: una componente connessa...
non so quanto mi convinca...
Allora, per chi non avesse voglia di leggere tutto quello che sto per scrivere, il punto è che non riesco per bene a formalizzare il punto 2.
Per il resto ora scrivo brevemente la mia soluzione e spero che qualcuno abbia tempo e voglia di leggerla e dirmi se va bene, o se ci sono errori.
Per il punto (1).
Allora, Abbiamo due rette $r$ e $s$, senza perdere di generalità posso pensare che queste rette siano gli assi.
breve spiegazione di questo fatto in spoiler
Detto ciò, possiamo considerare la mappa seguente (che è un omeomorfismo)
aaa$r $ aa [tex]\longmapsto[/tex] $P^1 (RR)$
$[x_0,0,x_2]->[x_0,x_2]$
Daltronde $P^1(RR)$ (la retta proiettiva) non è altro che la compattificazione di di Alexandrov della retta reale con la topologia standard. Quindi, senza entrare troppo in dettaglio, posso usare la proiezione stereografica per mandare $S^1-{N}$ (la rirconferenza meno il punto $(0,1)$) in $RR$ e posso mandare $(0,1)$ in infinito (il punto aggiunto per compattificare $RR$).
Dato che questa funzione è continua e bigettiva, si conclude che è un omeomorfismo osservando che vado da un compatto ad uno spazio di Hausdorff, quindi ho come conseguenza di un teorema che quello definito è un omeomorfismo.
Mentre se considero $r uu s$ in $P^2(RR)$ ho un buchet di due circonferenze, ovvero $S^1 V S^1$ (ovvero due circonferenze che si intersecano in un solo punto). nel nostro caso il punto di intersezione è $[1,0,0]$.
A livello intuitivo torna tutto, se qualcuno volesse aiutarmi a formalizzare questo fatto mi farebbe un grossissimo favore.
A questo punto, che non siano omeomorfi è ovvio.
Infatti togliendo a $S^1$ qualsiasi punto, questi resta connesso, mentre togliendo a $S^1 V S^1$ il punto di intersezione otteniamo due componenti connesse, quindi sconnettiamo lo spazio. Quindi gli spazi non sono omeomorfi.
fine
Per il punto (2)...insomma ho solo idee intuitive ma non mi riesce di formalizzarle.
Ad esempio una buona idea mi sembra la seguente.
Considero la retta $r={[x_0,0,x_1]}$, qundi $P^2 - r={[x_0,x_1,x_2]$ con $x_1!=0}$
Allora
a$P^2(RR) - r $ aa [tex]\longmapsto[/tex] $RR^2$
$[x_0,x_1,x_2]->(x_0/x_1,x_2/x_1)$
questo è un omeomorismo e $RR^2$ è connesso
Allo stesso modo $P^2(RR)-s$ è omeomorfo a $RR^2$, inoltre vale che
$P^2 (RR)-(r uu s) = (P^2 (RR)-r) nn (P^2 (RR) -s)$
edit: erroraccio!!!!!!!!! (è vero che era anche tardi, ma...) e intersezione di connessi è connesso.
Quindi la risposta è: una componente connessa...
non so quanto mi convinca...
Risposte
Non lo so angus, in tutta franchezza del punto 1) non si capisce niente. Fai un tale casino con proiezioni stereografiche, compattificazioni di Alexandroff... è proprio necessario citare tutti questi concetti?
Penso di avere capito la tua idea: togliendo un punto ad $r$ questa resta connessa, togliendo l'unico punto di intersezione a $r uu s$ la si suddivide in due componenti connesse. Quindi $r, r uu s$ non sono omeomorfi. Questo mi convince, ma la dimostrazione bisogna farla più semplice.
Io prenderei la proiezione $pi: RR^3-{0}\to P^2$ (che è continua e aperta), due piani privati dell'origine in $RR^3$, diciamo $r^\star, s^\star$, tali che
$pi(r^\star)=r, pi(s^\star)=s$
e ragionerei su questi ultimi. Per cominciare togliamo un punto $P=pi(P^\star)$ ad $r$. $P^\star$ è una retta privata dell'origine in $r^\star$, essa suddivide quest'ultimo in due semipiani, diciamo $r_+^\star, r_-^\star$. Risulta che $pi(r_+^\star)=r-P$; quindi la retta privata di un punto è l'immagine mediante $pi$ di un semipiano che è connesso. In conclusione $r-P$ è connesso.
Con un discorso analogo si può provare che $r uu s- (r nn s)$ ha due componenti connesse.
Non lo so se ti piace questo procedimento (ammesso che io non abbia sbagliato). L'obiettivo è quello di mantenere il discorso ad un livello più elementare possibile. Vedi un po' che ne pensi.
Penso di avere capito la tua idea: togliendo un punto ad $r$ questa resta connessa, togliendo l'unico punto di intersezione a $r uu s$ la si suddivide in due componenti connesse. Quindi $r, r uu s$ non sono omeomorfi. Questo mi convince, ma la dimostrazione bisogna farla più semplice.
Io prenderei la proiezione $pi: RR^3-{0}\to P^2$ (che è continua e aperta), due piani privati dell'origine in $RR^3$, diciamo $r^\star, s^\star$, tali che
$pi(r^\star)=r, pi(s^\star)=s$
e ragionerei su questi ultimi. Per cominciare togliamo un punto $P=pi(P^\star)$ ad $r$. $P^\star$ è una retta privata dell'origine in $r^\star$, essa suddivide quest'ultimo in due semipiani, diciamo $r_+^\star, r_-^\star$. Risulta che $pi(r_+^\star)=r-P$; quindi la retta privata di un punto è l'immagine mediante $pi$ di un semipiano che è connesso. In conclusione $r-P$ è connesso.
Con un discorso analogo si può provare che $r uu s- (r nn s)$ ha due componenti connesse.
Non lo so se ti piace questo procedimento (ammesso che io non abbia sbagliato). L'obiettivo è quello di mantenere il discorso ad un livello più elementare possibile. Vedi un po' che ne pensi.
P.S.: Usando la proiezione $pi$ si può (credo) trattare in modo semplice anche il punto 2), con una tecnica analoga. Il risultato è che $P^2-{r uu s}$ ha due componenti connesse. La percentuale di attendibilità è bassa, dato che sto dormendo in piedi! 
sul primo punto mi rendo conto che ci vorrebbe davvero tanto a spiegare tutti i dettagli e comunque hai colto il punto, in sintesi:
- Una retta nel piano proiettivo $P^2 (RR)$ è omeomorfa a $P^1 (RR)$
- $P^1(RR)$ è omeomorfo ad una circonferenza $S^1$ (e per dimostrarlo ho usato che $P^1(RR)$ possiamo vederlo come la compattificazione di Alexandrov di $RR$ e a quel punto scrivere l'omeomorfismo è semplice)
- Poi ho detto che l'unione di due rette proiettive in $P^2(RR)$ è un buchet di circonferenze $S^1 V S^1$ (due circonferenze che si incontrano in un punto), e anche qui a livello intuitivo è semplice, scrivere esplicitamente l'omeomorfismo sarebbe più complesso.
-Quindi si conclude osservando che $S^1$ e $S^1 V S^1$ non sono omeomorfi
Sulla tua proposta, al punto 1 mi sembra funzioni ed effettivamente spiega il fatto che togliendo un punto ad una retta otteniamo un'unica componente connessa. Poi per ragionare su due rette credo anch'io che non sia difficile ripetere tutto.
In definitiva è una dimostrazione più semplice.
Sul punto 2 il ragionamento mi sembra interessante, perchè a livello intuitivo non si capisce bene come funzioni, non mi trovo solo sulla tua previsione, cioè non mi torna che le componenti connesse siano $2$.
Faccio tutto su $RR^3\{(0,0,0)}$ e poi quoziento, quindi a $RR^3\{(0,0,0)}$ tolgo il piano $r^\star$ e il paino $s^\star$. Ma in $RR^3 - (r^\star uu s^\star)$ ho $4$ componenti connesse, non $2$. Passando al quoziente perchè dovrebbero diminuire?
Tornando un po a livello intuitivo, cioè vediamo il paino proiettivo come un piano a cui abbiamo aggiunto i punti all'infinito.
Supponiamo di togliere come rette gli assi.
Se dal primo quadrante vogliamo spostarci al secondo non possiamo farlo, inevitabilmente intersecheremo uno degli assi.
In generale da un quadrante non possiamo andare ad un altro quadrante e poichè ci sono $4$ quadranti, ci sono $4$ componenti connesse. Ma ovviamente questa non è una dimostrazione, ma solo solo parole.
(anche se più ci penso e più mi convinco che siano veramente $2$, ma meglio che non giustifichi questa convinzione...)
Sulla soluzione proposta ho scritto una sciocchezza e ha fato l'edit segnalandola, cioè che intersezione di connessi è connesso, quindi quello invalidava la buona idea sul secondo punto...
- Una retta nel piano proiettivo $P^2 (RR)$ è omeomorfa a $P^1 (RR)$
- $P^1(RR)$ è omeomorfo ad una circonferenza $S^1$ (e per dimostrarlo ho usato che $P^1(RR)$ possiamo vederlo come la compattificazione di Alexandrov di $RR$ e a quel punto scrivere l'omeomorfismo è semplice)
- Poi ho detto che l'unione di due rette proiettive in $P^2(RR)$ è un buchet di circonferenze $S^1 V S^1$ (due circonferenze che si incontrano in un punto), e anche qui a livello intuitivo è semplice, scrivere esplicitamente l'omeomorfismo sarebbe più complesso.
-Quindi si conclude osservando che $S^1$ e $S^1 V S^1$ non sono omeomorfi
Sulla tua proposta, al punto 1 mi sembra funzioni ed effettivamente spiega il fatto che togliendo un punto ad una retta otteniamo un'unica componente connessa. Poi per ragionare su due rette credo anch'io che non sia difficile ripetere tutto.
In definitiva è una dimostrazione più semplice.
Sul punto 2 il ragionamento mi sembra interessante, perchè a livello intuitivo non si capisce bene come funzioni, non mi trovo solo sulla tua previsione, cioè non mi torna che le componenti connesse siano $2$.
Faccio tutto su $RR^3\{(0,0,0)}$ e poi quoziento, quindi a $RR^3\{(0,0,0)}$ tolgo il piano $r^\star$ e il paino $s^\star$. Ma in $RR^3 - (r^\star uu s^\star)$ ho $4$ componenti connesse, non $2$. Passando al quoziente perchè dovrebbero diminuire?
Tornando un po a livello intuitivo, cioè vediamo il paino proiettivo come un piano a cui abbiamo aggiunto i punti all'infinito.
Supponiamo di togliere come rette gli assi.
Se dal primo quadrante vogliamo spostarci al secondo non possiamo farlo, inevitabilmente intersecheremo uno degli assi.
In generale da un quadrante non possiamo andare ad un altro quadrante e poichè ci sono $4$ quadranti, ci sono $4$ componenti connesse. Ma ovviamente questa non è una dimostrazione, ma solo solo parole.
(anche se più ci penso e più mi convinco che siano veramente $2$, ma meglio che non giustifichi questa convinzione...)
Sulla soluzione proposta ho scritto una sciocchezza e ha fato l'edit segnalandola, cioè che intersezione di connessi è connesso, quindi quello invalidava la buona idea sul secondo punto...
TENTATIVO PER IL PUNTO 2
Come ha detto dissonance ci dovrebbero essere due componenti connesse, lo si deve ad esempio con una serie di considerazioni.
Prendiamo $RR^3\{(0,0,0)}$, vogliamo dei rappresentanti dello spazio proiettivo $P^2(RR)$.
Quindi in $RR^3$ identifichiamo un vetttore con i suoi multipli, quindi come rappresentanti tanto vale prendere i vettori unitari, ovvero quello che si trovano sulla sfera
Ma osserviamo che la parte inferiore della sfera è inutile dato che in generale identifichiamo il vettore $v$ con $-v$.
Quindi ancora consideriamo solo la parte superiore della sfera
E anche qui sono identificati i punti sul bordo tratteggiato, ovvero ogni punto con il suo opposto.
Quindi posso trasformare il tutto in un disco (in $RR^2$) con un'opportuna relazione di equivalenza
Ovvero sono su $RR^2$ e considero come sotto spazio il disco mettendo la relazione di equivalenza $x \sim y$ se $|x|=|y|=1$
e se $x=-y$ (dove $x$ e $y$ sono vettori).
Quindi il piano proiettivo è omeomorfo a quest'ultimo spazio.
A queto punto togliendo ad esempio gli assi si vede subito che le componenti connesse sono $2$.
Quello che manca:
-Scrivere esplicitamente tutti gli omeomorfismi (non è impossibile)
Quello che mi premeva era almeno mostrare a livello intuitivo che le componenti connesse sono $2$.
Non me ne voglia dissonance, mi rendo conto che è complicata come cosa, ma è l'unica idea che avevo...
Come ha detto dissonance ci dovrebbero essere due componenti connesse, lo si deve ad esempio con una serie di considerazioni.
Prendiamo $RR^3\{(0,0,0)}$, vogliamo dei rappresentanti dello spazio proiettivo $P^2(RR)$.
Quindi in $RR^3$ identifichiamo un vetttore con i suoi multipli, quindi come rappresentanti tanto vale prendere i vettori unitari, ovvero quello che si trovano sulla sfera
Ma osserviamo che la parte inferiore della sfera è inutile dato che in generale identifichiamo il vettore $v$ con $-v$.
Quindi ancora consideriamo solo la parte superiore della sfera
E anche qui sono identificati i punti sul bordo tratteggiato, ovvero ogni punto con il suo opposto.
Quindi posso trasformare il tutto in un disco (in $RR^2$) con un'opportuna relazione di equivalenza
Ovvero sono su $RR^2$ e considero come sotto spazio il disco mettendo la relazione di equivalenza $x \sim y$ se $|x|=|y|=1$
e se $x=-y$ (dove $x$ e $y$ sono vettori).
Quindi il piano proiettivo è omeomorfo a quest'ultimo spazio.
A queto punto togliendo ad esempio gli assi si vede subito che le componenti connesse sono $2$.
Quello che manca:
-Scrivere esplicitamente tutti gli omeomorfismi (non è impossibile)
Quello che mi premeva era almeno mostrare a livello intuitivo che le componenti connesse sono $2$.
Non me ne voglia dissonance, mi rendo conto che è complicata come cosa, ma è l'unica idea che avevo...
Perché te ne dovrei volere?
Mica sono un crociato che si batte contro la proiezione stereografica! Anzi, è un concetto che mi piace molto. Se riesci a risolvere il problema in questi termini va benissimo! Quello che volevo dire nel primo post è solo che la tua prima risoluzione era troppo incasinata, non che dovevi per forza fare come dico io, figuriamoci.
Venendo al dunque, tu qui hai descritto come funziona l'omeomorfismo tra $P^2$ e la sfera opportunamente rimaneggiata. Ok, ma sono cose note. Adesso devi usare questo strumento per contare le componenti connesse, e a me non pare immediato; o meglio, si riesce a capire intuitivamente ma una dimostrazione rigorosa via proiezione stereografica non saprei darla.
Mica sono un crociato che si batte contro la proiezione stereografica! Anzi, è un concetto che mi piace molto. Se riesci a risolvere il problema in questi termini va benissimo! Quello che volevo dire nel primo post è solo che la tua prima risoluzione era troppo incasinata, non che dovevi per forza fare come dico io, figuriamoci.
Venendo al dunque, tu qui hai descritto come funziona l'omeomorfismo tra $P^2$ e la sfera opportunamente rimaneggiata. Ok, ma sono cose note. Adesso devi usare questo strumento per contare le componenti connesse, e a me non pare immediato; o meglio, si riesce a capire intuitivamente ma una dimostrazione rigorosa via proiezione stereografica non saprei darla.
"dissonance":
Venendo al dunque, tu qui hai descritto come funziona l'omeomorfismo tra $P^2$ e la sfera opportunamente rimaneggiata. Ok, ma sono cose note. Adesso devi usare questo strumento per contare le componenti connesse, e a me non pare immediato...
A me, invece, non sembra troppo complicato mostrare che il disco di raggio $1$ in cui sono identificati i punti opposti sulla circonferenza, privato delle due rette abbia due componenti connesse.
E' un po' laborioso ma non troppo complicato.
Vediamo un po' di formalizzare il tutto. Sia $D$ il disco chiuso di raggio $1$. Sia $S$ lo spazio quoziente di $D$ rispetto alla reazione di equivalenza introdotta da "angus89". Denoterò con $p: D\to S$ la surgezione canonica. Siano $r,s\subset S$ l'asse $x$ e l'asse $y$ rispettivamente.
Lo spazio $S\setminus(r uu s)$ non è connesso: ci sono due aperti (che sono le immagini mediante $p$ degli insiemi $A={(x,y)\in RR^2: xy>0}$ e $B={(x,y)\in RR^2: xy<0}$) che sono aperti disgiunti, non vuoti, la cui unione dà tutto l'insieme. Certo, bisogna sistemare un po' i dettagli per verificarlo, ma non mi sembra impossibile.
Quindi lo spazio non è connesso e perciò ha almeno due componenti connesse.
Per provare che le due componenti connesse sono esattamente $p(A)$ e $p(B)$. Ma anche questo non mi sembra impossibile, si potrebbe per esempio mostrare che si tratta di due insiemi connessi per archi...che ne dite?
Un altro modo per vedere che $P^2(RR)$ meno due rette ha due componenti connesse potrebbe essere questo.
Innanzitutto a meno di omeomorfismi (come ha fatto prima "angus89"), possiamo supporre che le due rette siano una la retta impropria e l'altra l'asse $x$ per esempio). Dobbiamo ora ricordare che ogni piano proiettivo può essere ottenuto aggiungendo ad un piano affine una retta (che appunto andrà a formare la retta impropria). Quindi togliendo la retta impropria da $P^2$ otteniamo lo spazio affine (che è omeomorfo ad $RR^2$). Togliendo un'ulteriore retta dal piano affine otteniamo due componenti connesse, il semipiano superiore e quello inferiore.
Ho commesso qualche errore?
L'altro giorno ne ho commesso uno bello grosso, non vorrei che anche quest'oggi abbia il cervello in stand-by.
"cirasa":Bello questo!
Un altro modo per vedere che $P^2(RR)$ meno due rette ha due componenti connesse potrebbe essere questo.
Innanzitutto a meno di omeomorfismi (come ha fatto prima "angus89"), possiamo supporre che le due rette siano una la retta impropria e l'altra l'asse $x$ per esempio). Dobbiamo ora ricordare che ogni piano proiettivo può essere ottenuto aggiungendo ad un piano affine una retta (che appunto andrà a formare la retta impropria). Quindi togliendo la retta impropria da $P^2$ otteniamo lo spazio affine (che è omeomorfo ad $RR^2$). Togliendo un'ulteriore retta dal piano affine otteniamo due componenti connesse, il semipiano superiore e quello inferiore.
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