Orientabilità di superfici
Buonasera a tutti,
apro una nuova discussione sull'argomento per non intasarne troppo un'altra già aperta ma avente un titolo più specifico.
Vorrei cominciare chiedendo una conferma: è vero che ogni superficie $S\subset \mathbb{R}^n$ di classe $C^1$ è sempre orientabile?
Io credo che la risposta sia sì, poiché ho tentato la seguente dimostrazione che mi sembra pulita pulita.
Prendiamo in considerazione una generica carta \(\displaystyle \phi:I^k_t\to U_1\subset S \) (\(\displaystyle I^k_t \) cubo aperto unitario di \(\displaystyle \mathbb{R}^k \)). Essendo $S$ di classe $C^1$, tale carta è \(\displaystyle C^1(I^k_t) \) e la sua Jacobiana ha rango massimo (k
Facendo la stessa cosa per tutte le carte di un atlante di \(\displaystyle S \), si ottiene un atlante di carte a coppie consistenti, in quanto:
\(\displaystyle \det [\phi_2^{-1}\circ \phi_1]'(t)=\frac{1}{\det M_{ \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}}}=\frac{1}{ \det M_{ \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}\leftarrow F_0}\cdot \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}} } \)
e gli ultimi due determinanti sono sempre positivi per costruzione.
Ho sbagliato qualcosa o effettivamente è tutto ok?
apro una nuova discussione sull'argomento per non intasarne troppo un'altra già aperta ma avente un titolo più specifico.
Vorrei cominciare chiedendo una conferma: è vero che ogni superficie $S\subset \mathbb{R}^n$ di classe $C^1$ è sempre orientabile?
Io credo che la risposta sia sì, poiché ho tentato la seguente dimostrazione che mi sembra pulita pulita.
Prendiamo in considerazione una generica carta \(\displaystyle \phi:I^k_t\to U_1\subset S \) (\(\displaystyle I^k_t \) cubo aperto unitario di \(\displaystyle \mathbb{R}^k \)). Essendo $S$ di classe $C^1$, tale carta è \(\displaystyle C^1(I^k_t) \) e la sua Jacobiana ha rango massimo (k
Facendo la stessa cosa per tutte le carte di un atlante di \(\displaystyle S \), si ottiene un atlante di carte a coppie consistenti, in quanto:
\(\displaystyle \det [\phi_2^{-1}\circ \phi_1]'(t)=\frac{1}{\det M_{ \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}}}=\frac{1}{ \det M_{ \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}\leftarrow F_0}\cdot \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}} } \)
e gli ultimi due determinanti sono sempre positivi per costruzione.
Ho sbagliato qualcosa o effettivamente è tutto ok?
Risposte
Beh, no, non è vero che "ogni superficie di classe C¹ è orientabile", proprio perché esistono superfici non orientabili, che sono lisce.
Il nastro di Möbius non è orientabile, e si embedda in maniera C¹ in R³; altrettanto fanno piano proiettivo e bottiglia di Klein... (e la dimensione minima in cui ammettono un embedding è 4, o ricordo male?)
Forse vuoi aggiungere delle ipotesi?
Il nastro di Möbius non è orientabile, e si embedda in maniera C¹ in R³; altrettanto fanno piano proiettivo e bottiglia di Klein... (e la dimensione minima in cui ammettono un embedding è 4, o ricordo male?)
Forse vuoi aggiungere delle ipotesi?
Ok, perdona se ho detto una stupidaggine ma è da poco che mi confronto con questi argomenti.
Ciò significa che c’e qualche errore logico nella breve “dimostrazione” sopra. Se ti va di leggerla, potresti farmi vedere dov’è, per favore?
Ciò significa che c’e qualche errore logico nella breve “dimostrazione” sopra. Se ti va di leggerla, potresti farmi vedere dov’è, per favore?
Beh, l'orientabilità di superfici di solito si affronta prima della teoria generale delle superfici immerse.
Comunque, la tua dimostrazione funziona solo perché stai supponendo che una curva chiusa su \(S\) sia nullomotopa; è ben noto che una superficie che ha \(H^1\) uguale a zero è orientabile. Più formalmente (e precisamente), quello che fai è (fissato un punto base \(x\in S\): questa scelta è irrilevante se \(S\) è connessa) definire una mappa
\[ o_S : \pi_1(S,x) \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \] con la proprietà che \(o_S\) è la mappa zero se e solo se \(S\) è orientabile.
Il fatto è che ora puoi verificare a mano che esistono superfici, come il nastro di Möbius \(M\), tali che \(o_M([S^1])=1\), dove \([S^1]\) è la classe di omotopia dell'ovvia mappa \(S^1\hookrightarrow M\) che immerge la circonferenza come retratto di deformazione forte in \(M\).
La tua dimostrazione si rompe, quindi, dalle parti di
Comunque, la tua dimostrazione funziona solo perché stai supponendo che una curva chiusa su \(S\) sia nullomotopa; è ben noto che una superficie che ha \(H^1\) uguale a zero è orientabile. Più formalmente (e precisamente), quello che fai è (fissato un punto base \(x\in S\): questa scelta è irrilevante se \(S\) è connessa) definire una mappa
\[ o_S : \pi_1(S,x) \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \] con la proprietà che \(o_S\) è la mappa zero se e solo se \(S\) è orientabile.
Il fatto è che ora puoi verificare a mano che esistono superfici, come il nastro di Möbius \(M\), tali che \(o_M([S^1])=1\), dove \([S^1]\) è la classe di omotopia dell'ovvia mappa \(S^1\hookrightarrow M\) che immerge la circonferenza come retratto di deformazione forte in \(M\).
La tua dimostrazione si rompe, quindi, dalle parti di
Facendo la stessa cosa per tutte le carte di un atlante di \(S\)dato che "la stessa cosa" deve essere invariante per la scelta di atlante dove la carta sta, ma soprattutto deve essere invariante per omotopia.
@Silent: hai fatto bene a scrivere questa dimostrazione, ma c'è un problema: non è detto che tu possa scegliere \(v_1, v_2\) in modo continuo su tutta la superficie. La maniera migliore di "dimostrarlo" è di costruire un nastro di Möbius con una striscetta di carta. Vedrai che lungo l'incollatura deve necessariamente esserci un salto.
Sto sbagliando qui?
Non capisco perché il fatto che i vari ‘field of frames’ (che sono indotti “a macchie” sulla superficie dalle varie carte dell’atlante) non ne formino uno continuo (nel senso che se metto insieme i vari field of frames indotti non ne riesco a comporre interamente uno continuo su tutta S) mi impedisce l’orientabilità. A me, per tale scopo, basta fermarmi quando ho trovato un atlante di carte a coppie consistenti, no?
"Silent":
In ogni punto \( \displaystyle x=\phi(t)\in S \), la carta \( \displaystyle \phi \) induce una base \( \displaystyle \{\mathbf{v}_1(t),...,\mathbf{v}_k(t)\} \) per lo spazio tangente \( \displaystyle TS_x \) e diciamo che in \( \displaystyle x_0=\phi(t_0) \) la base \( \displaystyle \{\mathbf{v}_1(t_0),...,\mathbf{v}_k(t_0)\} \) è orientata come un dato frame di riferimento \( \displaystyle F_0 \).
Dunque, essendo \( \displaystyle \phi\in C^1 \), le k funzioni \( \displaystyle \mathbf{v}_1(t),...,\mathbf{v}_k(t) \) sono continue (perché sono proprio le k colonne della jacobiana \( \displaystyle \phi'(t) \)).
Non capisco perché il fatto che i vari ‘field of frames’ (che sono indotti “a macchie” sulla superficie dalle varie carte dell’atlante) non ne formino uno continuo (nel senso che se metto insieme i vari field of frames indotti non ne riesco a comporre interamente uno continuo su tutta S) mi impedisce l’orientabilità. A me, per tale scopo, basta fermarmi quando ho trovato un atlante di carte a coppie consistenti, no?
No, la coomologia (di de Rham) dello spazio interviene e te lo impedisce.
Ovviamente puoi fingere che questo fatto non sia intrinsecamente omotopico, cioè dimostrarlo in altra maniera, con la teoria elementare dei rivestimenti, o evitare di spiegarne il motivo perché "è matematica troppo avanzata" (quando invece si tratta essenzialmente di algebra lineare con un po' di curry sopra). Il fatto resta: l'ostruzione a costruire quello che vuoi costruire è data dalla non-banalità di un gruppo di coomologia.
Ovviamente puoi fingere che questo fatto non sia intrinsecamente omotopico, cioè dimostrarlo in altra maniera, con la teoria elementare dei rivestimenti, o evitare di spiegarne il motivo perché "è matematica troppo avanzata" (quando invece si tratta essenzialmente di algebra lineare con un po' di curry sopra). Il fatto resta: l'ostruzione a costruire quello che vuoi costruire è data dalla non-banalità di un gruppo di coomologia.
In realtà a me, per adesso al mio livello, soddisferebbe capire l'idea genuina del perché non è vero quello che penso (so di sbagliare, non c'è dubbio su questo, ma voglio capire meglio).
Magari proseguendo la strada che mi avevi indicato sul nastro di Mobius, con un esempio insomma, che mi dica "vedi? La tua dimostrazione in questo esempio specifico cade qui, per questo c'è un errore logico".
Magari proseguendo la strada che mi avevi indicato sul nastro di Mobius, con un esempio insomma, che mi dica "vedi? La tua dimostrazione in questo esempio specifico cade qui, per questo c'è un errore logico".
Eh, ti è stato già detto. Parametrizza il nastro di mobius, percorri la circonferenza centrale con un vettore normale. Fai un giro di 2pi. Ops, il vettore ha cambiato segno! Che cosa è successo?
È successo che la sfera riveste a due fogli il piano proiettivo...
È successo che la sfera riveste a due fogli il piano proiettivo...
"solaàl":
Eh, ti è stato già detto.
Non c'è bisogno di spazientirsi quando uno non capisce. Non ti preoccupare comunque, ci rifletterò con più calma, grazie del tuo tempo.
Ho tutta la pazienza del mondo, solo non capisco cosa non capisci; quello per cui non ho pazienza è fare il conto per te: so che viene, quindi non ne ho motivo, e bisogna fare un po' di determinanti di jacobiane, e la mia religione mi impedisce di fare conti di analisi nei giorni il cui nome finisce per vocale.
L'errore, come dicevo, è che è impossibile costruire tutto un atlante di carte a due a due consistenti in orientazione. Ma questo va visto "a mano" sul nastro di Möbius prima di tutto. Costruiscitene uno con una striscetta di carta e un po' di colla. Disegna due freccette ortogonali su un po' di punti, tutte con orientazione consistente, prima di incollare. Cosa succede quando incolli? Vedi come devi necessariamente invertire l'orientazione nel passare sull'incollatura?
Vabbé, stavolta mi hai fatto ridere.
Adesso che ci penso, in spagnolo ti andrebbe male. Solo il sabato e la domenica finiscono per vocale. In francese e in italiano invece vai di lusso. Non so in tedesco, ma sospetto che ti andrebbe male pure là, credo che tutti i giorni finiscano per "g".
nei giorni il cui nome finisce per vocale.
Vabbé, stavolta mi hai fatto ridere.
Adesso che ci penso, in spagnolo ti andrebbe male. Solo il sabato e la domenica finiscono per vocale. In francese e in italiano invece vai di lusso. Non so in tedesco, ma sospetto che ti andrebbe male pure là, credo che tutti i giorni finiscano per "g".
Cerco di usare argomentazioni un po' più elementari per mostrarti l'errore della tua dimostrazione. Siano \((U_{\alpha}, \varphi_{\alpha})\) e \((U_{\beta}, \varphi_{\beta})\) due carte di una superficie con intersezione non nulla e sia \(\tau_{\alpha,\beta} = \varphi_{\beta}\circ \varphi_{\beta}^{-1}\) la funzione di transizione. Siccome la superficie è \(C^{1}\) allora anche \(\tau_{\alpha,\beta}\) lo è e da questo hai dedotto che \(\mathrm{rank}\,J(\tau_{\alpha,\beta})\) è massimo per ogni punto di \(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\). E fin qui non c'è nulla da ridire. Il problema è che ne deduci anche che \(\mathrm{sgn}\,\det J(\tau_{\alpha,\beta})\) sia costante su \(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\), ma questo è falso in generale.
\(\mathrm{sgn}\,\det J(\tau_{\alpha,\beta})\) è una funzione continua da \(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\) in \(\{-1,1\}\). Purtroppo però non hai alcuna ragione di pensare che \(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\) sia uno spazio connesso, quindi il determinante può assumere valori positivi in una componente connessa e negativi in un'altra. Cosa che avviene effettivamente in alcuni casi come nel nastro di Möbius.
Quello che forse non ti è ben chiaro è che \(\tau_{\alpha,\beta}\) ha come dominio \(\displaystyle \varphi_{\alpha}\bigr(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\bigl) \) e non tutto \(I^k = \varphi_{\alpha}\bigr(U_{\alpha}\bigl)\).
\(\mathrm{sgn}\,\det J(\tau_{\alpha,\beta})\) è una funzione continua da \(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\) in \(\{-1,1\}\). Purtroppo però non hai alcuna ragione di pensare che \(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\) sia uno spazio connesso, quindi il determinante può assumere valori positivi in una componente connessa e negativi in un'altra. Cosa che avviene effettivamente in alcuni casi come nel nastro di Möbius.
Quello che forse non ti è ben chiaro è che \(\tau_{\alpha,\beta}\) ha come dominio \(\displaystyle \varphi_{\alpha}\bigr(U_{\alpha}\cap U_{\beta}\bigl) \) e non tutto \(I^k = \varphi_{\alpha}\bigr(U_{\alpha}\bigl)\).
Grazie.
Ho capito cosa intendi (credo), ma non mi sembra sia quello che ho fatto, perché io non ho preso il determinante della Jacobiana della transizione mutua e ho detto che è una funzione continua sul suo dominio di definizione, ma proprio per arginare questo mi era venuto in mente di prendere un sistema di riferimento $F_0$ fissato sin dal principio.
Provo a spiegarmi meglio.
E' vero che se ho una carta $C^1$, \(\displaystyle \phi_1:I^k\to U_1 \), allora \(\displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi}_k(t)\}} \) è una funzione continua e definita in tutto $I^k$?
Ho capito cosa intendi (credo), ma non mi sembra sia quello che ho fatto, perché io non ho preso il determinante della Jacobiana della transizione mutua e ho detto che è una funzione continua sul suo dominio di definizione, ma proprio per arginare questo mi era venuto in mente di prendere un sistema di riferimento $F_0$ fissato sin dal principio.
Provo a spiegarmi meglio.
E' vero che se ho una carta $C^1$, \(\displaystyle \phi_1:I^k\to U_1 \), allora \(\displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi}_k(t)\}} \) è una funzione continua e definita in tutto $I^k$?
Non sono sicuro di cosa tu stia cercando di fare. Credo che quel che dici sia giusto, ma che non dimostri nulla. Insomma, è piuttosto banale mostrare che se uno spazio ha una carta globale allora è orientabile.
"vict85":
Credo che quel che dici sia giusto
Perfetto, così vado un passo alla volta.
Essendo continua e definita su tutto $I^k$, che è connesso, automaticamente assume valori sempre dello stesso segno.
Detto questo, immagino che sicuramente sarai d'accordo che se ne ho due di mappe, ognuna definita sul suo dominio $I^k$ e aventi però immagini diverse, succede la stessa cosa, e cioè che singolarmente \( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}} \) è una funzione continua e definita in tutto $ I^k $ e anche \( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}} \) è continua e definita in tutto $ I^k $.
Quindi, singolarmente, entrambe assumono valori sempre dello stesso segno.
Fin qui è ok, no?
Ora, è giusto che, prendendole ancora singolarmente, posso eventualmente cambiare segno a una variabile e fare sempre in modo che il segno (costante) di \( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}} \) sia '+' e quello di \( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}} \) sia anch'esso '+'?
No quello è falso. Ti ho scritto prima che quella funzione non è definita su tutto I^k e che può avere dominio diviso in molteplici componenti connesse. Per vederlo ti basta costruire il nastro di Möbius attaccando due striscioline insieme.
Giuro io non capisco. Com'è possibile che non siano entrambe definite su tutto $I^k$? Non le ho messe insieme, non sto prendendo la Jacobiana della transizione mutua, sto semplicemente prendendo due carte e considerando le due funzioni:
\( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}} \)
\( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}} \)
che non hanno niente a che vedere tra loro.
Ho provato a farmi il modellino del nastro di Mobius, ma non mi ha avvicinato alla soluzione, forse perché dovrei vederne due carte, non so. Per ora l'unica parametrizzazione che ho visto è questa:
https://it.wikipedia.org/wiki/Nastro_di ... #Geometria
\( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_1}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_1}_k(t)\}} \)
\( \displaystyle \det M_{F_0\leftarrow \{\mathbf{v}^{\phi_2}_1(t),...,\mathbf{v}^{\phi_2}_k(t)\}} \)
che non hanno niente a che vedere tra loro.
Ho provato a farmi il modellino del nastro di Mobius, ma non mi ha avvicinato alla soluzione, forse perché dovrei vederne due carte, non so. Per ora l'unica parametrizzazione che ho visto è questa:
https://it.wikipedia.org/wiki/Nastro_di ... #Geometria
Quella parametrizzazione del nastro di Möbius non ricopre l'intero spazio, inoltre a rigore quei \(\le\) dovrebbero tutti essere dei \(<\) (non stiamo considerando superfici con bordo). Quindi esiste un segmento che non è incluso nella rappresentazione.
Il punto è che il tuo approccio è proprio sbagliato. Non ha alcun senso definire \(F_0\): il problema dell'orientabilità non è locale, è globale. Stai praticamente restringendo il problema ad un punto ed è ovvio che puntualmente è sempre possibile separare le carte positive da quelle negative.
Il punto è che il tuo approccio è proprio sbagliato. Non ha alcun senso definire \(F_0\): il problema dell'orientabilità non è locale, è globale. Stai praticamente restringendo il problema ad un punto ed è ovvio che puntualmente è sempre possibile separare le carte positive da quelle negative.
Ho capito, finalmente. Il fatto è che, giustamente, se mi sposto da un punto di $S$ ad un altro, lo spazio tangente può 'inclinarsi' e di conseguenza perde di senso il concetto stesso di 'orientazione relativa tra la base di $TS_{x}$ e $F_0$'.
In altre parole:
Grazie a tutti.
In altre parole:
"vict85":
Non ha alcun senso definire \(F_0\).
Grazie a tutti.
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