Omeomorfismi di $RR$ con ordine finito e punti fissi
si consideri $f: RR -> RR$ un omeomorfismo di $RR$ con ordine finito, ad esempio $f^p=Id$.
Mostrare che $f$ ha almeno un punto fisso.
Note:
Onde evitare dubbi, quello indicato con $f^p$ non è elevamento a potenza, ma composizione, ovvero
$f^2(x)=(f \circ f)(x)=f(f(x))$
e in generale
$f^p(x)=(f \circ ... \circ f)(x)=f(f(...f(x)))$
quindi $f^p=f \circ ... \circ f$ fatto $p$ volte
domanda extra, gli esempi!
Allora, a me l'unico esempio è un omeomorfismo di ordine 2, ovvero $f(x)=-x$, e non me ne vengono in mente altri.
A voi viene in mente nulla?
Un omemomorfismo di ordine 3?Di ordine 1503?
Insomma come costruire un omeomorfismo di ordine $k$ su $RR$?
Mostrare che $f$ ha almeno un punto fisso.
Note:
Onde evitare dubbi, quello indicato con $f^p$ non è elevamento a potenza, ma composizione, ovvero
$f^2(x)=(f \circ f)(x)=f(f(x))$
e in generale
$f^p(x)=(f \circ ... \circ f)(x)=f(f(...f(x)))$
quindi $f^p=f \circ ... \circ f$ fatto $p$ volte
domanda extra, gli esempi!
Allora, a me l'unico esempio è un omeomorfismo di ordine 2, ovvero $f(x)=-x$, e non me ne vengono in mente altri.
A voi viene in mente nulla?
Un omemomorfismo di ordine 3?Di ordine 1503?
Insomma come costruire un omeomorfismo di ordine $k$ su $RR$?
Risposte
Il teorema di Brouwer asserisce che: "Ogni funzione continua che manda un sottoinsieme compatto convesso e non vuoto di $RR^n$ in sé stesso ha un punto fisso".
Quindi qualsiasi composizione fai tra omeomorfismi in cui mandi uno spazio (che abbia le caratteristiche espresse sopra) in se stesso continui ad avere valida la PPF, essendo essa invariante per omeomorfismi.
Spero di aver inteso correttamente quello che chiedevi....
Quindi qualsiasi composizione fai tra omeomorfismi in cui mandi uno spazio (che abbia le caratteristiche espresse sopra) in se stesso continui ad avere valida la PPF, essendo essa invariante per omeomorfismi.
Spero di aver inteso correttamente quello che chiedevi....
Scusa ma ultimamente sto diventando sempre meno matematico e sempre più pratico.
Il teorema che hai citato non lo conosco, ma il punto non è questo.
Esistono esempi di funzioni che si possono scrivere in forma chiusa che hanno ad esempio ordine 3?
O in generale ordine $k$?
Cioè voglio proprio vedere come è fatta.
Se fossimo stati in $RR^2$ la risposta (per intenderci) sarebbe stata banale grazie alle rotazioni.
Ma in $RR$ come ci comportiamo?
Il teorema che hai citato non lo conosco, ma il punto non è questo.
Esistono esempi di funzioni che si possono scrivere in forma chiusa che hanno ad esempio ordine 3?
O in generale ordine $k$?
Cioè voglio proprio vedere come è fatta.
Se fossimo stati in $RR^2$ la risposta (per intenderci) sarebbe stata banale grazie alle rotazioni.
Ma in $RR$ come ci comportiamo?
@Alexp: ma nel nostro caso, [tex]\mathbb{R}[/tex] non è compatto... ad esempio, se prendi la [tex]f(x)=x+3[/tex], essa è biunivoca, continua, con inversa continua, ma non ha punti fissi...
Tento di risolverla così: supponiamo $f$ omeomorfismo, e supponiamo che non abbia punti fissi. Allora, in quanto $f$ è continuo, si possono verificare due situazioni:
1) $f(x)>x \forall x \in \mathbb{R}$, 2) $f(x)x \forall p \in \mathbb{N}$, e nella 2) $f^p(x)
1) $f(x)>x \forall x \in \mathbb{R}$, 2) $f(x)
"doppio":
@Alexp: ma nel nostro caso, [tex]\mathbb{R}[/tex] non è compatto...
Si certo, $RR$ non è compatto, la mia era una regola generale, ossia in che casi si è sicuri di poter sempre comporre omeomorfismi e di avere almeno un punto fisso
@angus89, provo a pensare ad un esempio, se mi viene te lo posto!
ma angus tu stai cercando un omeomorfismo da $R$ in $R$ che composto $k$ volte con se stesso abbia almeno un punto fisso? se si io penso che $f(x)=x^3$ va bene come esempio perchè se lo compongo due volte ho $f$ $o$ $f=x^9$ e così via dicendo ed esso ha come punti fissi sempre l'1 e lo 0.
magari ho detto un'idiozia
magari ho detto un'idiozia
Hai risposto correttamente alla tua domanda tinam73 ma non a quella di angus89: non hai detto idiozie
perchè angus vuole che le composizioni diano per forza delle identià?
Sì, questa è la sua richiesta!
Provo a dare un abbozzo di ragione per cui gli unici gli unici omeomorfismi che rispettano le condizioni debbano essere l'identità più le simmetrie di centro un punto di [tex]\mathbb{R}[/tex]. Sappiamo che almeno un punto fisso c'è. Chiamiamolo P. L'omeomorfismo, ristretto a [tex]\mathbb{R} \setminus P[/tex] rimane sempre un omeomorfismo. Per cui, siccome componenti connesse vengono mandate in componenti connesse, dovremo avere che (1) la semiretta [tex]a=\{x \in \mathbb{R}| x>P\}[/tex] viene mandata in se stessa o (2) in [tex]b=\{x \in \mathbb{R}| x
"doppio":
Ora, riusciamo a dimostrare che l'unico omeomorfismo di una semiretta in una semiretta, di ordine finito, è l'identità? Se sì, questo basta per concludere che, nel caso (1), l'omeomorfismo della retta intera è l'identità, e nel caso (2), la simmetria rispetto a P?
Scegliendo la semiretta aperta come fa tu, la risposta è no. Infatti, consideriamo la semiretta [tex]\mathbb{R}^+ = \{x \in \mathbb{R}: x > 0\}[/tex] e la funzione
- [tex]\begin{matrix}f: & \mathbb{R}^+ & \to & \mathbb{R}^+ \\
& x & \mapsto & \displaystyle \frac{1}{x}\end{matrix}[/tex][/list:u:e9tfqubt]
Questa funzione è continua e coincide con la sua inversa. Pertanto è un omeomorfismo di ordine 2.
Ovviamente l'esempio non può essere adattato ad un omeomorfismo da [tex]\mathbb{R}[/tex] in sé e quindi il problema rimane aperto, solo che bisogna cambiare almeno leggermente l'approccio.
La mia sensazione, comunque, è che tu abbia ragione...
Hai ragione... ma se consideriamo la semiretta chiusa, ovverosia [tex]a \cup P[/tex]? Tanto comunque P è fissato...
Potremmo riformulare così: sia [tex]A := \{x \in \mathbb{R} : x > a\}[/tex] e sia [tex]f: A \to A[/tex] un omeomorfismo di ordine finito tale che inoltre [tex]\lim_{x \to a+}f(x) = a[/tex]; allora [tex]f = \text{id}_A[/tex].
Se la risposta è affermativa, la tesi viene implicata ugualmente...
Se la risposta è affermativa, la tesi viene implicata ugualmente...
La strada che si è presa mi piace, ma la vedo dura dato che non partiamo da nulla di concreto.
Qualcuno ha mica qualche dispensa/informazioni/qualsiasi_cosa sugli omeomorfismi di $RR$.
E' possibile in qualche modo caratterizzarli?
Perchè noi sappiamo che tra questi ci sono le affinità (che in questo caso sarebbero le traslazioni, le riflessioni e le loro composizioni) e tra queste l'unico con ordine finito è $f(x)=-x$.
Gli altri omeomorfismi, quali proprietà hanno?
Credo che $RR$ sia uno degli spazi topologici più studiati, qualcuno avrà pure scritto qualcosa sui suoi omeomorfismi...
Qualcuno ha mica qualche dispensa/informazioni/qualsiasi_cosa sugli omeomorfismi di $RR$.
E' possibile in qualche modo caratterizzarli?
Perchè noi sappiamo che tra questi ci sono le affinità (che in questo caso sarebbero le traslazioni, le riflessioni e le loro composizioni) e tra queste l'unico con ordine finito è $f(x)=-x$.
Gli altri omeomorfismi, quali proprietà hanno?
Credo che $RR$ sia uno degli spazi topologici più studiati, qualcuno avrà pure scritto qualcosa sui suoi omeomorfismi...
Così, ad occhio, ogni funzione continua e strettamente monotona è omeomorfismo di [tex]\mathbb{R}[/tex] in sé... penso che la classe sia molto vasta. Un'altra idea che mi era venuta era di cercare di dimostrare che un omeomorfismo di ordine finito sia, in realtà, un'isometria... però mi pareva non portasse da nessuna parte...
EDIT: deve essere pure suriettiva.
EDIT: deve essere pure suriettiva.
Ci sono!
Consideriamo la semiretta chiusa [tex]\overline{A} := \{x \in \mathbb{R}: x \ge a\}[/tex] come suggerisci tu.
Consideriamo [tex]f(a) \in \overline{A}[/tex]. Sappiamo che [tex]f(a) = a[/tex] (peraltro questa condizione è necessariamente implicata dal fatto che f è un omeomorfismo, non serve richiederla a priori: infatti, se così non fosse, avremmo una funzione continua tra uno spazio connesso ed uno sconnesso).
Proviamo che un omeomorfismo di [tex]\overline{A}[/tex] in sé deve essere monotono crescente. Che non possa essere decrescente è ovvio (altrimenti se [tex]x > a[/tex] avremmo [tex]f(x) < f(a) = a[/tex] che è assurdo). Sia quindi [tex]X = \{x \in \overline{A}: \text{f è crescente in } [a,x]\}[/tex]. Ovviamente [tex]a \in X[/tex] e quindi [tex]X \ne \emptyset[/tex]. Sia ora [tex]\alpha = \sup X[/tex]. Supponiamo che [tex]\alpha \ne \infty[/tex]. Dal momento che [tex]f[/tex] è continuo, deve esistere un [tex]\epsilon > 0[/tex] per cui [tex]f[/tex] è decrescente in [tex][\alpha, \alpha + \epsilon)[/tex] (essendo continuo, il dominio si partiziona in intervalli di monotonia). Adesso per il teorema dei valori intermedi, otteniamo che f non è una biezione e questo è assurdo.
Pertanto f deve essere crescente. Ma allora [tex]f(x) = x[/tex], perché esiste [tex]p[/tex] intero tale che [tex]f^p(x) = x[/tex] per ogni x in [tex]\overline{A}[/tex]. Se non fosse [tex]f(x) = x[/tex], dovrebbe essere [tex]f(x) > x[/tex] da cui [tex]f^p(x) > x[/tex], dato che la composizione di funzioni strettamente crescenti è ancora strettamente crescente.
Forse è un po' da cesellare, ma direi che l'idea c'è...
Consideriamo la semiretta chiusa [tex]\overline{A} := \{x \in \mathbb{R}: x \ge a\}[/tex] come suggerisci tu.
Consideriamo [tex]f(a) \in \overline{A}[/tex]. Sappiamo che [tex]f(a) = a[/tex] (peraltro questa condizione è necessariamente implicata dal fatto che f è un omeomorfismo, non serve richiederla a priori: infatti, se così non fosse, avremmo una funzione continua tra uno spazio connesso ed uno sconnesso).
Proviamo che un omeomorfismo di [tex]\overline{A}[/tex] in sé deve essere monotono crescente. Che non possa essere decrescente è ovvio (altrimenti se [tex]x > a[/tex] avremmo [tex]f(x) < f(a) = a[/tex] che è assurdo). Sia quindi [tex]X = \{x \in \overline{A}: \text{f è crescente in } [a,x]\}[/tex]. Ovviamente [tex]a \in X[/tex] e quindi [tex]X \ne \emptyset[/tex]. Sia ora [tex]\alpha = \sup X[/tex]. Supponiamo che [tex]\alpha \ne \infty[/tex]. Dal momento che [tex]f[/tex] è continuo, deve esistere un [tex]\epsilon > 0[/tex] per cui [tex]f[/tex] è decrescente in [tex][\alpha, \alpha + \epsilon)[/tex] (essendo continuo, il dominio si partiziona in intervalli di monotonia). Adesso per il teorema dei valori intermedi, otteniamo che f non è una biezione e questo è assurdo.
Pertanto f deve essere crescente. Ma allora [tex]f(x) = x[/tex], perché esiste [tex]p[/tex] intero tale che [tex]f^p(x) = x[/tex] per ogni x in [tex]\overline{A}[/tex]. Se non fosse [tex]f(x) = x[/tex], dovrebbe essere [tex]f(x) > x[/tex] da cui [tex]f^p(x) > x[/tex], dato che la composizione di funzioni strettamente crescenti è ancora strettamente crescente.
Forse è un po' da cesellare, ma direi che l'idea c'è...
Se non fosse $f(x) = x$, dovrebbe essere $f(x) > x$ da cui $f^p(x) > x$, dato che la composizione di funzioni strettamente crescenti è ancora strettamente crescente.
Sei sicuro che non potrebbe essere pure $f(x)
No, hai ragione, avevo chiaro in testa, ma ho formulato tutto male a causa della fretta.
In effetti, la sostanza non cambia.
Consideriamo la funzione [tex]g(x) = f(x) - x[/tex]. Per la continuità il dominio si spezza in intervalli di monotonia. Sia [tex][a_i,a_{i+1}][/tex] un tale intervallo e sia [tex][a_{i-1},a_i][/tex] quello precedente. Supponiamo per assurdo che [tex]g(x)[/tex] sia negativa in [tex][a_i,a_{i+1}][/tex]. Allora [tex]f(x) \le x[/tex] per ogni [tex]x \in [a_i,a_{i+1}][/tex]; d'altronde [tex]f(x) \ge x[/tex] se [tex]x \in [a_{i-1},a_i][/tex]. Di conseguenza [tex]f(a_i) \ge a_i[/tex] e [tex]f(a_i) \le a_i[/tex], da cui [tex]f(a_i) = a_i[/tex]. Ma allora [tex]f([a_i,a_{i+1}]) \subset [a_i,a_{i+1}][/tex] (infatti, se [tex]x \in [a_i,a_{i+1}][/tex] allora [tex]a_i \le x[/tex] implica [tex]f(x) \ge a_i[/tex] e d'altronde [tex]f(x) \le x \le a_{i+1}[/tex]).
Quindi [tex]f^p(x) < f^{p-1}(x) < \ldots < x[/tex] se [tex]x \in [a_1,a_2][/tex] e questo è assurdo.
In effetti, la sostanza non cambia.
Consideriamo la funzione [tex]g(x) = f(x) - x[/tex]. Per la continuità il dominio si spezza in intervalli di monotonia. Sia [tex][a_i,a_{i+1}][/tex] un tale intervallo e sia [tex][a_{i-1},a_i][/tex] quello precedente. Supponiamo per assurdo che [tex]g(x)[/tex] sia negativa in [tex][a_i,a_{i+1}][/tex]. Allora [tex]f(x) \le x[/tex] per ogni [tex]x \in [a_i,a_{i+1}][/tex]; d'altronde [tex]f(x) \ge x[/tex] se [tex]x \in [a_{i-1},a_i][/tex]. Di conseguenza [tex]f(a_i) \ge a_i[/tex] e [tex]f(a_i) \le a_i[/tex], da cui [tex]f(a_i) = a_i[/tex]. Ma allora [tex]f([a_i,a_{i+1}]) \subset [a_i,a_{i+1}][/tex] (infatti, se [tex]x \in [a_i,a_{i+1}][/tex] allora [tex]a_i \le x[/tex] implica [tex]f(x) \ge a_i[/tex] e d'altronde [tex]f(x) \le x \le a_{i+1}[/tex]).
Quindi [tex]f^p(x) < f^{p-1}(x) < \ldots < x[/tex] se [tex]x \in [a_1,a_2][/tex] e questo è assurdo.
Puoi sempre fare questa cosa? Prendi ad esempio la funzione [tex]f(x)=x^2 \sin(1/x)[/tex] per gli x positivi e [tex]f(x)=0[/tex] per [tex]x=0[/tex]. Lei è continua, ma quando x si avvicina a 0...
Sì, anche in quel caso. Infatti, esistono sempre intervalli di monotonia, anche se nell'esempio che tu hai dato la loro ampiezza tende a zero (e il loro numero tende ad infinito). Ma a me ne bastano due consecutivi (forse i pedici agli estremi degli intervalli sono fuorvianti), non ho bisogno, chessò, del primo intervallo o cose simili.
Piuttosto, per andare bene, bisognerebbe provare rigorosamente che se una funzione è continua, il suo dominio si spezza in intervalli di monotonia. Ho usato questo fatto diverse volte, ma non l'ho dimostrato...
Mangio e ci penso!
Piuttosto, per andare bene, bisognerebbe provare rigorosamente che se una funzione è continua, il suo dominio si spezza in intervalli di monotonia. Ho usato questo fatto diverse volte, ma non l'ho dimostrato...
Mangio e ci penso!
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