Propietá dei gruppi fondamentali
Ciao a tutti!
Potete darmi una mano con questo esercizio oer favore?
Devo far vedere
(i) $R^2-{p_1,...,p_n}$ non è omeomorfo a $R^2-{q_1,...,q_n}$, se $n\ne m$.
(ii) $R^n-{p}$ è semplicemente connesso, se n>2.
(iii) Se n>2, $R^2$ e $R^n$ non sono omeomorfi.
Un saluto.
Potete darmi una mano con questo esercizio oer favore?
Devo far vedere
(i) $R^2-{p_1,...,p_n}$ non è omeomorfo a $R^2-{q_1,...,q_n}$, se $n\ne m$.
(ii) $R^n-{p}$ è semplicemente connesso, se n>2.
(iii) Se n>2, $R^2$ e $R^n$ non sono omeomorfi.
Un saluto.
Risposte
Non hai proprio alcuna idea su come risolvere questi problemi? Qual'è il gruppo fondamentale di \(R^2 - \{ p_1, \dots, p_n \}\)?
Ciao!
I gruppi fondamentali sarebbero $ F_n $ ed $ F_m $ rispettivamente?
Per (ii) dovrei vedere che lo spazio è contratile e connesso per archi, con gruppo fondamentale triviale e quindi semplicemente connesso?
La (iii) sono riuscita a farla, penso, per assurdo ho cretao l'omomorfismo che va da $ R^2$ a $ R^n$, entrambi privati dallo zero saranno omeomorfi pure, e come sono retratti per deformazione forte di $ S^1$ e $ S^2$, e loro hanno gruppo fondamentale diverso, Z e lo 0, non esiste quel omeomorfismo.
Grazie
P.S: scusatemi per gli sbagli ortografici ma non sono italiana.
I gruppi fondamentali sarebbero $ F_n $ ed $ F_m $ rispettivamente?
Per (ii) dovrei vedere che lo spazio è contratile e connesso per archi, con gruppo fondamentale triviale e quindi semplicemente connesso?
La (iii) sono riuscita a farla, penso, per assurdo ho cretao l'omomorfismo che va da $ R^2$ a $ R^n$, entrambi privati dallo zero saranno omeomorfi pure, e come sono retratti per deformazione forte di $ S^1$ e $ S^2$, e loro hanno gruppo fondamentale diverso, Z e lo 0, non esiste quel omeomorfismo.
Grazie
P.S: scusatemi per gli sbagli ortografici ma non sono italiana.
(II) Sì, l'idea è quella!
(III) Corretto!
(III) Corretto!
"paduana":Triviale ha un altro significato.
...gruppo fondamentale banale...
Grazie!
Ho capito
Aggiungo la parola banale al mio dizionario matematico ahah in spagnolo invece si dice trivial
Ho capito
Aggiungo la parola banale al mio dizionario matematico ahah in spagnolo invece si dice trivial
Basta che aggiungi banale al tuo dizionario e basta; in quanto trivial (in inglese) si traduce banale!
Prego, di nulla.
Prego, di nulla.
"paduana":
Ciao a tutti!
Potete darmi una mano con questo esercizio oer favore?
Devo far vedere
(i) $R^2-{p_1,...,p_n}$ non è omeomorfo a $R^2-{q_1,...,q_n}$, se $n\ne m$.
(ii) $R^n-{p}$ è semplicemente connesso, se n>2.
(iii) Se n>2, $R^2$ e $R^n$ non sono omeomorfi.
Un saluto.
Vediamo.. ci sono dei dettagli che non sono esattamente immediati.
Per il primo esercizio (il piano privato di $n$ punti non e' omeomorfo al piano privato di $m$ punti) uno dovrebbe dimostrare che il gruppo libero su $n$ lettere non e' isomorfo al gruppo libero su $m$ lettere. Per dimostrare questo, diciamo quanto segue: se \(F_n\cong F_m\), dovrebbero essere isomorfi anche i rispettivi abelianizzati, \(\mathbb Z^n\) e \(\mathbb Z^m\). D'altra parte questi non possono esserlo, perche' il rango di un gruppo abeliano finitamente generato e' un invariante di isomorfismo (questo e' un teorema che si vede in circa tutti i corsi di algebra).
Il secondo punto si spiega bene geometricamente, e comunque credo non sia una gran difficolta': tutti i cammini chiusi si contraggono perche' basta evitare il buco: c'e' abbastanza spazio. Piu' in generale, se togli ad \(\mathbb R^n\) un sottospazio affine di codimensione maggiore di 1, cio' che ottieni e' semplicemente connesso (prova a dimostrare questo fatto piu' generale senza disegni!)
Il terzo punto e' piuttosto delicato: e' un teorema profondo infatti ad assicurarti che \(\mathbb R^2\) e \(\mathbb R^n\) non sono omeomorfi se $n\neq 2$: puoi ragionare direttamente, ma l'argomento che devi usare per essere davvero formale e' inaspettatamente difficile. Prima di tutto devi dire che, se \(\mathbb R^2\) e \(\mathbb R^n\) fossero omeomorfi allora lo sarebbero le rispettive compattificazioni di Alexandrov, ovvero dovrebbe aversi \(S^n\cong S^n\). Questo pero' e' falso: il secondo gruppo di omotopia di $\mathbb S^2$ e' \(\mathbb Z\), e quello di $S^n$ no (anche questo non e' immediato da dimostrare; devi saperlo oppure provarlo autonomamente, e allora auguri!).
Non importa scomodare le compattificazioni per il secondo punto. L'argomento usato sopra funziona. Se $\mathbb{R^2}$ e $\mathbb{R^n}$ fossero omeomorfi, allora anche i due spazi ottenuti cancellando un punto da $\mathbb{R}^2$ e la sua immagine (attraverso l'omeo) da $\mathbb{R}^n$ lo sarebbero. Ma quelli non lo sono perché non hanno lo stesso gruppo fondamentale.
Per il secondo punto. Uno spazio si dice contrattile se ha lo stesso tipo di omotopia di un punto. $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non è contrattile. Infatti se non ci limitiamo al gruppo fondamentale, ma si vanno a studiare altre proprietà invarianti sotto omotopia (come l'omologia ad esempio) si osserva che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non ha lo stesso tipo di omotopia di un punto. Quello che vogliamo fare qui è osservare che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ ha gruppo fondamentale banale per $n \geq 3$. L'unica dimostrazione che conosco, senza ricorrere all'omologia appunto, consiste nell'osservare che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ ha lo stesso di omotopia di $S^{n-1}$; una volta osservato questo si può usare Van Kampen per dimostrare che $S^{n-1}$ ha gruppo fondamentale banale.
Per il secondo punto. Uno spazio si dice contrattile se ha lo stesso tipo di omotopia di un punto. $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non è contrattile. Infatti se non ci limitiamo al gruppo fondamentale, ma si vanno a studiare altre proprietà invarianti sotto omotopia (come l'omologia ad esempio) si osserva che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non ha lo stesso tipo di omotopia di un punto. Quello che vogliamo fare qui è osservare che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ ha gruppo fondamentale banale per $n \geq 3$. L'unica dimostrazione che conosco, senza ricorrere all'omologia appunto, consiste nell'osservare che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ ha lo stesso di omotopia di $S^{n-1}$; una volta osservato questo si può usare Van Kampen per dimostrare che $S^{n-1}$ ha gruppo fondamentale banale.
"Pappappero":Prego?
...si osserva che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non ha lo stesso tipo di omotopia di un punto...
"killing_buddha":
Per il primo esercizio (il piano privato di $n$ punti non e' omeomorfo al piano privato di $m$ punti) uno dovrebbe dimostrare che il gruppo libero su $n$ lettere non e' isomorfo al gruppo libero su $m$ lettere. Per dimostrare questo, diciamo quanto segue: se \(F_n\cong F_m\), dovrebbero essere isomorfi anche i rispettivi abelianizzati, \(\mathbb Z^n\) e \(\mathbb Z^m\). D'altra parte questi non possono esserlo, perche' il rango di un gruppo abeliano finitamente generato e' un invariante di isomorfismo (questo e' un teorema che si vede in circa tutti i corsi di algebra).
Per dimostrare ciò si può anche seguire il seguente metodo:
Prima però ricordiamo la proprietà universale dei gruppi liberi. Cioè \(\displaystyle F(X) \) è il dato di un gruppo \(F(X)\) e di una funzione iniettiva \(\displaystyle \iota\colon X\to F(X) \) tale che, per ogni gruppo \(\displaystyle G \) e funzione, non necessariamente iniettiva, \(\displaystyle \phi\colon X\to G \) tale che esiste un'unico omomorfismo di gruppi \(\displaystyle f \) tale che \(\displaystyle \phi = f\circ \iota \). Nota che ogni omomorfismo tra \(\displaystyle F(X) \) e un gruppo \(\displaystyle G \) è indotto da una qualche funzione tra \(\displaystyle X \) e \(\displaystyle G \).
A questo punto basta osservare che \(\displaystyle \mathrm{Hom}(F(X), \mathbb{Z}_2) \cong 2^X \).
"j18eos":Prego?
[quote="Pappappero"]...si osserva che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non ha lo stesso tipo di omotopia di un punto...
[/quote]$\mathbb{R}^n - \{ p\}$ ha lo stesso tipo di omotopia di $S^{n-1}$, che non ha lo stesso tipo di omotopia di un punto. Non e' banale osservarlo senza usare l'omologia, ma appena si capisce cosa e' l'omologia si puo' dimostrare che l'$(n-1)$-esimo gruppo di omologia di $S^{n-1}$ e' $\mathbb{Z}$, mentre quello di un punto e' banale.
Siccome l'omologia e' un invariante omotopico (quindi spazi con lo stesso tipo di omotopia hanno la stessa omologia), si ottiene che $\mathbb{R}^n - \{ p\}$ non ha lo stesso tipo di omotopia di un punto.
In generale avere lo stesso tipo di omotopia e' una condizione molto piu' forte dell'avere lo stesso primo gruppo fondamentale. La proprieta' di semplice connessione si riferisce solo al primo gruppo fondamentale, e quindi spazi che non hanno lo stesso tipo di omotopia possono comunque avere lo stesso primo gruppo fondamentale.
Scusami, avevo letto male! Tutto a posto [size=85]ma nulla in ordine. (Totò)[/size]
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