Omeomorfismo tra $\mathbb{RP^1}$ ed $S^1$
Allora, il problema è quello di mostrare che $\mathbb{RP^1}$ ed $S^1$ sono spazi topologici omeomorfi.
Io ho voluto cercare un omomorfismo esplicito tra di essi ed ho ragionato così:
Si consideri l'applicazione continua $F:\mathbb{R}^2-{(0,0)}->S^1$ definita da $(x,y)->(frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},frac{2xy}{x^2+y^2})$.
Essa è suriettiva; inoltre due vettori hanno la stessa immagine attraverso F se e solo se sono linearmente dipendenti (se volete i dettagli ve li posto!). Ne segue che (se $\pi:\mathbb{R}^2-{(0,0)}->\mathbb{RP^1}$ è la proiezione canonica al quoziente) esiste un unica applicazione $f:\mathbb{RP^1}->S^1$ tale che $F=f\pi$. Inoltre $f$ è biiettiva e continua (in coordinate $f$ è data da: $[x]->(frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},frac{2xy}{x^2+y^2})$).
Fin qui DOVREBBE essere corretto... chi mi dà una mano a dimostrare che $f$ è aperta (o qualsiasi altra cosa che concluda la dimostrazione)?
Se avete altre idee fatevi avanti! Grazie.
Io ho voluto cercare un omomorfismo esplicito tra di essi ed ho ragionato così:
Si consideri l'applicazione continua $F:\mathbb{R}^2-{(0,0)}->S^1$ definita da $(x,y)->(frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},frac{2xy}{x^2+y^2})$.
Essa è suriettiva; inoltre due vettori hanno la stessa immagine attraverso F se e solo se sono linearmente dipendenti (se volete i dettagli ve li posto!). Ne segue che (se $\pi:\mathbb{R}^2-{(0,0)}->\mathbb{RP^1}$ è la proiezione canonica al quoziente) esiste un unica applicazione $f:\mathbb{RP^1}->S^1$ tale che $F=f\pi$. Inoltre $f$ è biiettiva e continua (in coordinate $f$ è data da: $[x]->(frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},frac{2xy}{x^2+y^2})$).
Fin qui DOVREBBE essere corretto... chi mi dà una mano a dimostrare che $f$ è aperta (o qualsiasi altra cosa che concluda la dimostrazione)?
Se avete altre idee fatevi avanti! Grazie.
Risposte
Sei sicur* che l'immagine di quella funzione sia \(\mathbb{S}^1\)? 
Un'idea sulla quale potresti ragionare è quella di vedere $\mathbb{RP}^1$ come $\mathbb{R}$ più un punto all'infinito...mentre $S^1$ come lo spazio che si ottiene "chiudendo" una copia di $\mathbb{R}$...
"j18eos":
Sei sicur* che l'immagine di quella funzione sia \(\mathbb{S}^1\)?
Bhe, sì!
Innanzi tutto hai:
$(\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2})^2+(\frac{2xy}{x^2+y^2})^2=1$
e quindi l'immangine è contenuta in $S^1$. Ora poni
$cos(\alpha):=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}$; $sin(\alpha):=\frac{2xy}{x^2+y^2}$
Se studi simultaneamente il segno di $cos(alpha)$ e di $sin(\alpha)$ e determini i valori di tali funzioni negli insiemi che hai determinato, ti accorgi che tutti i punti di $S^1$ possono essere espressi in tal modo.
@neopeppe89:
Sì, a livello intuitivo ci sono! Ma un discorso del genere come lo formalizzi?
Hai ragione, mi è sfuggito un \(2\)...
Io comunque avrei risolto considerando l'applicazione \[f:(x;y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0;0)\}\to\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}};\frac{y}{{\sqrt{x^2+y^2}}}\right)\in\mathbb{S}^1\] si fa prima, oltre ad essere intuitiva!
Io comunque avrei risolto considerando l'applicazione \[f:(x;y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0;0)\}\to\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}};\frac{y}{{\sqrt{x^2+y^2}}}\right)\in\mathbb{S}^1\] si fa prima, oltre ad essere intuitiva!
Però devi considerare un'applicazione che induca per passaggio al quoziente un'applicazione ben definita da $\{mathbb{R}^2-{0}}/\sim=\mathbb{RP^1}$ in $S^1$. In particolare la funzione scelta deve essere costante sulle classi di equivalenza di $\sim$; ovvero vettori linearmente dipendenti devono essere mandati nello stesso punto di $S^1$.
La tua funzione non è adatta perchè non soddisfa questa proprietà e quindi non ha senso passare al quoziente. E' solo una funzione "intuitiva" da $\mathbb{R}^2-{0}$ in $S^1$.
La tua funzione non è adatta perchè non soddisfa questa proprietà e quindi non ha senso passare al quoziente. E' solo una funzione "intuitiva" da $\mathbb{R}^2-{0}$ in $S^1$.
La mia idea la formalizzi con la proiezione stereografica, se non erro!
Mi sono imbrogliato di nuovo, considererei: \[\pi:(x;y)\in\mathbb{R}^2\setminus\{(0;0)\}\to\left[\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}:\frac{y}{{\sqrt{x^2+y^2}}}\right]\in\mathcal{P}^1_{\mathbb{R}}\] e la stessa \(f\) però considerando \(\mathbb{R}^2\setminus\{(0;0)\}\) con le coordinate polari, ti si dovrebbe esemplificare il calcolo.
Però alla fine quello che a me manca è la verifica che l'applicazione $F:\mathbb{R}^2-{(0,0)}->S^1$ data da $(x,y)->(\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2},\frac{2xy}{x^2+y^2})$ è aperta e con il tuo ragionamento non è che cambi troppo la questione. Il fatto è che se io prendo un aperto generico di $\mathbb{R}^2-{(0,0)}$ come faccio a capire in cosa viene mandato? Anche nel tuo caso, insomma, come faccio a concludere?
Sì, ma se utilizzi le coordinate polari ti ricavi \(f\), utilizzando le proprietà dei prodotti topologici ti trovi che è anche aperta e concludi!
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