Proprietà del differenziale di una parametrizzazione
Sia $\phi:U \subset \RR^{2} \to \RR^{3}$ una parametrizzazione per una superficie $S \subset \RR^3$ e sia $d\phi[x](\cdot): U \to T_pM$ la mappa data dal differenziale di $phi$ in $x$ ($p=\phi(x)$). Indico con $B(0,delta) \subset T_pM$ la palla aperta di raggio $delta$.
Mi si chiede di mostrare che esiste un $\varepsilon>0$ t.c. $B(0, epsilon) \subseteq d\ phi[x](B(0,delta))$ per ogni $x \in U$.
Come posso provarlo? Sono veramente a corto di idee. Forse il differenziale è una mappa aperta? Ma anche in questo avrei comunque dei problemi, per via di quel per ogni $x$ alla fine: insomma, devo trovare una palla che va bene per tutti...
Un'idea, per piacere? Grazie.
Mi si chiede di mostrare che esiste un $\varepsilon>0$ t.c. $B(0, epsilon) \subseteq d\ phi[x](B(0,delta))$ per ogni $x \in U$.
Come posso provarlo? Sono veramente a corto di idee. Forse il differenziale è una mappa aperta? Ma anche in questo avrei comunque dei problemi, per via di quel per ogni $x$ alla fine: insomma, devo trovare una palla che va bene per tutti...
Un'idea, per piacere? Grazie.
Risposte
Mmmm... me lo ricordo... Geometria 4, vero? Mi ricordassi anche la soluzione che diedi, mannaggia! Dovrei avercela scritta, ma è sicuramente a Savona e adesso sono a Milano...
L'unica cosa di cui sono abbastanza sicuro era che usavo un argomento di compattezza in qualche modo...
Intanto, cerchiamo di fare un po' di ordine.
Questo è formalmente scorretto, direi: nel momento in cui [tex]x[/tex] è fissato, il differenziale è un'applicazione lineare, ossia [tex]d\phi[x](\cdot) \colon T_x U = \mathbb R^2 \to T_pM[/tex].
Anche qui, per poter applicare [tex]d \phi[x][/tex] a [tex]B(0,\delta)[/tex] non sarà [tex]B(0,\delta) \subset T_p M[/tex] ma [tex]B(0,\delta) \subset T_x U[/tex]. Ok che sono tutti [tex]\mathbb R^2[/tex], però...
Poi la tua parametrizzazione [tex]\phi[/tex] è, appunto, una parametrizzazione, quindi non singolare, quindi il differenziale è sempre invertibile. Mi veniva un ragionamento, ma era chiaramente sbagliato, quindi faccio prima a cancellarlo. Spero di ricordarmi la mia soluzione!
L'unica cosa di cui sono abbastanza sicuro era che usavo un argomento di compattezza in qualche modo...
Intanto, cerchiamo di fare un po' di ordine.
"Paolo90":
sia $d\phi[x](\cdot): U \to T_pM$ la mappa data dal differenziale di $phi$ in $x$ ($p=\phi(x)$).
Questo è formalmente scorretto, direi: nel momento in cui [tex]x[/tex] è fissato, il differenziale è un'applicazione lineare, ossia [tex]d\phi[x](\cdot) \colon T_x U = \mathbb R^2 \to T_pM[/tex].
"Paolo90":
Indico con $B(0,delta) \subset T_pM$ la palla aperta di raggio $delta$.
Mi si chiede di mostrare che esiste un $\varepsilon>0$ t.c. $B(0, epsilon) \subseteq d\ phi[x](B(0,delta))$ per ogni $x \in U$.
Anche qui, per poter applicare [tex]d \phi[x][/tex] a [tex]B(0,\delta)[/tex] non sarà [tex]B(0,\delta) \subset T_p M[/tex] ma [tex]B(0,\delta) \subset T_x U[/tex]. Ok che sono tutti [tex]\mathbb R^2[/tex], però...
Poi la tua parametrizzazione [tex]\phi[/tex] è, appunto, una parametrizzazione, quindi non singolare, quindi il differenziale è sempre invertibile. Mi veniva un ragionamento, ma era chiaramente sbagliato, quindi faccio prima a cancellarlo. Spero di ricordarmi la mia soluzione!
"maurer":
Mmmm... me lo ricordo... Geometria 4, vero? Mi ricordassi anche la soluzione che diedi, mannaggia! Dovrei avercela scritta, ma è sicuramente a Savona e adesso sono a Milano...
Yes, proprio Geo 4.
"maurer":
Intanto, cerchiamo di fare un po' di ordine. [...]
Sì, scusa, non ho ancora acceso del tutto il cervello stamattina... Grazie per le correzioni.
"maurer":
Poi la tua parametrizzazione [tex]\phi[/tex] è, appunto, una parametrizzazione, quindi non singolare, quindi il differenziale è sempre invertibile. Mi viene un ragionamento di questo tipo: prendi la chiusura [tex]\overline{B(0,\delta)}[/tex] (il [tex]\delta[/tex] è sufficientemente piccolo? Non ricordo...). Per ogni [tex]x \in \overline{B(0,\delta)}[/tex], essendo l'applicazione [tex]d\phi[x](\cdot)[/tex] lineare e non degenere, possiamo trovare [tex]\delta_x, \varepsilon_x[/tex] tale che [tex]B(0,\varepsilon_x) \subset d \phi[x](B(x,\delta_x)) \subset T_{\phi(x)}M[/tex]. Ora, al variare di [tex]x \in B(x,\delta_x)[/tex] ricoprono [tex]\overline{B(0,\delta)}[/tex], che è compatto: estrai un numero finito di [tex]x[/tex] e prendi il minimo degli [tex]\varepsilon_x[/tex] corrispondenti.
Su quel $delta$ in realtà non sappiamo molto: la sua esistenza è garantita dal teorema di inversione locale. Però ascolta, ho una domanda scema: diciamo che esistono [tex]\delta_x, \varepsilon_x[/tex] tale che [tex]B(0,\varepsilon_x) \subset d \phi[x](B(x,\delta_x)) \subset T_{\phi(x)}M[/tex] perché la mappa è lineare (ergo continua) e invertibile (ergo l'inversa è continua)? Dico bene?
"maurer":
Ora il casino è far vedere che questo funziona. In realtà sono piuttosto sicuro che detto così non funzioni, ma mi sembra di ricordare che la soluzione corretta fosse una variazione su questo tema. Se mi viene in mente qualcosa di più aggiorno!
Grazie mille; grazie soprattutto per l'idea chiave, la compattezza, alla quale (ovviamente) non avevo pensato...
L'ho cancellato perché mi sono reso conto che tu vuoi un [tex]\epsilon[/tex] che va bene per ogni [tex]x \in U[/tex]! A me sembra di ricordare qualcosa di leggermente diverso (del tipo che bastava un intorno di un punto di [tex]U[/tex] con quella proprietà), ma probabilmente sono io che mi ricordo male... Se è davvero per ogni [tex]x \in U[/tex] con [tex]U[/tex] assegnato a priori allora non vedo un modo ovvio di ricondursi alla compattezza in questo momento.
Guarda, faccio le cose per bene, tanto ho solo da imparare: la prendo proprio dal principio.
Sia $M$ superficie in $\RR^{3}$, $p \in M$ fissato. Dico che un intorno $U$ di $p$ è normale se esiste $delta>0$ tale che per ogni $q \in U$ si ha $\text{injrad}(q)>delta$.
Voglio provare che ogni punto della superficie ammette un intorno siffatto.
Per prima cosa, fisso $p \in M$ e osservo che, dalla teoria delle ODE, esiste un $delta>0$ tale per ogni $q$ vicino a $p$ tutta la palla $B(0,delta) \subset T_qM$ è contenuta in $\gamma(p)$ (il dominio della mappa esponenziale) e inoltre
\[
\exp_q \mid_{B} \colon B(0,\delta) \to M \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \qquad (1)
\]
è $C^{infty}$. Tutto questo segue, più precisamente, dai risultati di dipendenza $C^{infty}$ della soluzione di un problema di Cauchy dai dati iniziali (e d'altra parte l'exp è soluzione del PC delle geodetiche).
Il problema è che [tex](1)[/tex] potrebbe non essere un diffeo sull'immagine: se lo fosse avrei finito, perchè avrei proprio che vicino a $p$ tutti i punti hanno raggio di iniettività (almeno) $\delta$.
Adesso si aprono due strade: o usiamo i fibrati o facciamo i conti a mano. Scegliamo la seconda strada e, detta $\phi \colon U to M$ una parametrizzazione centrata in $p$, definiamo
\[
\tilde{E}(x,v) = \phi^{-1}(\exp_{\phi(x)}d\phi[x](v))
\]
(poi qualcuno mi dovrà spiegare da dove piove questa funzione...)
Posso credere abbastanza serenamente al fatto che $\tilde{E}$ sia $C^{infty}$ in un intorno aperto $W$ di $(0,0) \in \R^{2} \times \R^{2}$. Adesso definisco
\[
E(x,v) = (x, \tilde{E}(x,v))
\]
in modo da avere un mappa $E: W \to \RR^{2} \times \RR^{2}$. Mi faccio una barca di conti (che però mi sono chiari, almeno quelli!) e faccio vedere che [tex]dE[(0,0)][/tex] porta base in base, cioè è invertibile. Ma allora siamo felicissimi perché possiamo applicare il teorema di inversione locale e dire che esiste un $delta'>0$ tale che
\[
E \colon B(0,\delta') \times B(0,\delta') \to \mathbb R^{2} \times \mathbb R^{2}
\]
è diffeo sull'immagine. Da ciò segue anche che, per ogni $x$ fissato, la mappa $\tilde E_x(v)$ è un diffeo sull'immagine.
E adesso ho bisogno del vostro aiuto per chiudere il cerchio, perché non ho proprio capito come concludere. Perchè dal fatto che quella malefica mappa sia diffeo sull'immagine riesco a concludere?
Se ho ben capito dovrei riportare quello che ho scoperto sul tangente in $\RR^{2}$ dove ho l'aperto che mi parametrizza la superficie: e come faccio? Pensavo di utilizzare proprio l'esercizio che apre il presente topic, ma a questo punto non ne sono più troppo sicuro.
C'è poco da fare, sono giorni che sto su questa dimostrazione ma non ne cavo nulla. La trova tecnica, troppo tecnica.
Grazie per la pazienza e l'ascolto
Sia $M$ superficie in $\RR^{3}$, $p \in M$ fissato. Dico che un intorno $U$ di $p$ è normale se esiste $delta>0$ tale che per ogni $q \in U$ si ha $\text{injrad}(q)>delta$.
Voglio provare che ogni punto della superficie ammette un intorno siffatto.
Per prima cosa, fisso $p \in M$ e osservo che, dalla teoria delle ODE, esiste un $delta>0$ tale per ogni $q$ vicino a $p$ tutta la palla $B(0,delta) \subset T_qM$ è contenuta in $\gamma(p)$ (il dominio della mappa esponenziale) e inoltre
\[
\exp_q \mid_{B} \colon B(0,\delta) \to M \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \qquad (1)
\]
è $C^{infty}$. Tutto questo segue, più precisamente, dai risultati di dipendenza $C^{infty}$ della soluzione di un problema di Cauchy dai dati iniziali (e d'altra parte l'exp è soluzione del PC delle geodetiche).
Il problema è che [tex](1)[/tex] potrebbe non essere un diffeo sull'immagine: se lo fosse avrei finito, perchè avrei proprio che vicino a $p$ tutti i punti hanno raggio di iniettività (almeno) $\delta$.
Adesso si aprono due strade: o usiamo i fibrati o facciamo i conti a mano. Scegliamo la seconda strada e, detta $\phi \colon U to M$ una parametrizzazione centrata in $p$, definiamo
\[
\tilde{E}(x,v) = \phi^{-1}(\exp_{\phi(x)}d\phi[x](v))
\]
(poi qualcuno mi dovrà spiegare da dove piove questa funzione...)
Posso credere abbastanza serenamente al fatto che $\tilde{E}$ sia $C^{infty}$ in un intorno aperto $W$ di $(0,0) \in \R^{2} \times \R^{2}$. Adesso definisco
\[
E(x,v) = (x, \tilde{E}(x,v))
\]
in modo da avere un mappa $E: W \to \RR^{2} \times \RR^{2}$. Mi faccio una barca di conti (che però mi sono chiari, almeno quelli!) e faccio vedere che [tex]dE[(0,0)][/tex] porta base in base, cioè è invertibile. Ma allora siamo felicissimi perché possiamo applicare il teorema di inversione locale e dire che esiste un $delta'>0$ tale che
\[
E \colon B(0,\delta') \times B(0,\delta') \to \mathbb R^{2} \times \mathbb R^{2}
\]
è diffeo sull'immagine. Da ciò segue anche che, per ogni $x$ fissato, la mappa $\tilde E_x(v)$ è un diffeo sull'immagine.
E adesso ho bisogno del vostro aiuto per chiudere il cerchio, perché non ho proprio capito come concludere. Perchè dal fatto che quella malefica mappa sia diffeo sull'immagine riesco a concludere?
Se ho ben capito dovrei riportare quello che ho scoperto sul tangente in $\RR^{2}$ dove ho l'aperto che mi parametrizza la superficie: e come faccio? Pensavo di utilizzare proprio l'esercizio che apre il presente topic, ma a questo punto non ne sono più troppo sicuro.
C'è poco da fare, sono giorni che sto su questa dimostrazione ma non ne cavo nulla. La trova tecnica, troppo tecnica.
Grazie per la pazienza e l'ascolto
Allora forse ci sono. Oggi come allora il problema è visualizzare la situazione correttamente. In effetti la faccenda ha un forte sapore di fibrato tangente, ma sinceramente non so in che modo la faccenda si semplifica usando quella parola (ma vedi in fondo, comunque).
Aggiustiamo le notazioni, altrimenti ci perdiamo subito e non capiamo nulla. Dato [tex]x \in U[/tex], scriviamo [tex]B_x(\mathbf 0, \delta) \subset T_x U \simeq \mathbb R^2[/tex] per denotare la palla di raggio [tex]\delta[/tex] centrata in [tex]\mathbf 0[/tex] nello spazio [tex]T_x U[/tex]. Analogamente scriviamo [tex]B_p(\mathbf 0, \epsilon)[/tex] per denotare la stessa cosa ma in [tex]T_p M[/tex].
Ora, siccome [tex]d\phi[x](\cdot) \colon T_x U \to T_p M[/tex] è lineare e non degenere, succede che possiamo considerare la funzione
[tex]\psi \colon U \times \mathcal S^1 \to \mathbb R \colon (x,\mathbf v) \mapsto \| d\phi[x]( \delta' \mathbf v )\|[/tex]
dove [tex]0 < \delta' < \delta[/tex] è fissato. Allora, visto che il differenziale è non degenere, [tex]\psi(x,\mathbf v) > 0[/tex] per ogni [tex](x,\mathbf v) \in U \times \mathcal S^1[/tex]. Basta mostrare che [tex]\inf_{(x,\mathbf v) \in U \times \mathcal S^1} \psi(x) > 0[/tex]. Ma questo non è un problema: infatti, per la permanenza del segno possiamo eventualmente restringere un pochetto [tex]U[/tex] in modo da rendere vera quest'affermazione.
Questo dovrebbe dimostrare in maniera sensata quello che chiedevi all'inizio del topic. (*)
Ti propongo un tentativo di riformulare la question in maniera sensata. Ma invento, quindi non so...
Allora supponi che [tex]X,Y[/tex] siano varietà differenziabili e che [tex]\phi \colon X \to Y[/tex] sia un'applicazione differenziabile. Allora definiamo [tex]\widetilde{\phi} \colon TX \to TY[/tex] ponendo [tex]\widetilde{\phi}(x,\mathbf v) = (\phi(x), d \phi[x](\mathbf v))[/tex]. Lavorando un po' con le carte locali non dovrebbe essere affatto difficile mostrare che questa mappa è sempre differenziabile.
Se poi [tex]\phi[/tex] è una parametrizzazione, allora è un diffeomorfismo locale. Ma localmente i fibrati vettoriali sono banali quindi nel tuo caso otteniamo un diffeomorfismo tra oggetti della forma [tex]U \times \mathbb R^2 \to V \times \mathbb R^2[/tex] dove [tex]V[/tex] è un aperto su [tex]M[/tex], sufficientemente piccolo e contenente [tex]\phi(x)[/tex]. A questo punto segue la tesi, no? Proprio dal fatto che i fibrati sono triviali, riesci a spezzare le tue informazioni in due parti indipendenti (una base degli aperti di [tex]V \times \mathbb R^2[/tex] è formata dagli aperti della forma [tex]W \times B(\mathbf v, \epsilon)[/tex]. E' più chiaro così?
(magari ci becchiamo un giorno in chat quando siamo tutti e due più rilassati e ti faccio un survey sui fibrati...)
(*) In realtà ho glissato sull'unica cosa difficile, ossia la continuità di [tex]\psi[/tex]. E' vero che è continua, ma per dimostrarlo... o conti a palla, oppure guardi le cose dal punto di vista giusto, ossia ragioni con il fibrato tangente. Cioè, se assumi che [tex](x,\mathbf v) \mapsto (\phi(x),d\phi[x](\mathbf v))[/tex] sia differenziabile, allora poi hai che prendere la norma di un vettore sul fibrato tangente è un'applicazione continua sul fibrato, perché puoi esprimere quest'operazione in termini della prima forma quadratica fondamentale.
Nota. Ho come l'impressione, adesso che so un po' di teoria dei fibrati, che se fai uscire il fibrato tangente dalla porta lo devi far rientrare dalla finestra...
La definizione stessa della [tex]\psi[/tex] trova la sua giustificazione nel fatto che il fibrato tangente è un fibrato vettoriale e quindi localmente banalizzabile. Mi sembra comunque che sia più o meno la stessa dimostrazione che avevo elaborato l'anno scorso; solo che allora ero andato giù di forza bruta e non avevo trovato una giustificazione "naturale"...
Aggiustiamo le notazioni, altrimenti ci perdiamo subito e non capiamo nulla. Dato [tex]x \in U[/tex], scriviamo [tex]B_x(\mathbf 0, \delta) \subset T_x U \simeq \mathbb R^2[/tex] per denotare la palla di raggio [tex]\delta[/tex] centrata in [tex]\mathbf 0[/tex] nello spazio [tex]T_x U[/tex]. Analogamente scriviamo [tex]B_p(\mathbf 0, \epsilon)[/tex] per denotare la stessa cosa ma in [tex]T_p M[/tex].
Ora, siccome [tex]d\phi[x](\cdot) \colon T_x U \to T_p M[/tex] è lineare e non degenere, succede che possiamo considerare la funzione
[tex]\psi \colon U \times \mathcal S^1 \to \mathbb R \colon (x,\mathbf v) \mapsto \| d\phi[x]( \delta' \mathbf v )\|[/tex]
dove [tex]0 < \delta' < \delta[/tex] è fissato. Allora, visto che il differenziale è non degenere, [tex]\psi(x,\mathbf v) > 0[/tex] per ogni [tex](x,\mathbf v) \in U \times \mathcal S^1[/tex]. Basta mostrare che [tex]\inf_{(x,\mathbf v) \in U \times \mathcal S^1} \psi(x) > 0[/tex]. Ma questo non è un problema: infatti, per la permanenza del segno possiamo eventualmente restringere un pochetto [tex]U[/tex] in modo da rendere vera quest'affermazione.
Questo dovrebbe dimostrare in maniera sensata quello che chiedevi all'inizio del topic. (*)
Ti propongo un tentativo di riformulare la question in maniera sensata. Ma invento, quindi non so...
Allora supponi che [tex]X,Y[/tex] siano varietà differenziabili e che [tex]\phi \colon X \to Y[/tex] sia un'applicazione differenziabile. Allora definiamo [tex]\widetilde{\phi} \colon TX \to TY[/tex] ponendo [tex]\widetilde{\phi}(x,\mathbf v) = (\phi(x), d \phi[x](\mathbf v))[/tex]. Lavorando un po' con le carte locali non dovrebbe essere affatto difficile mostrare che questa mappa è sempre differenziabile.
Se poi [tex]\phi[/tex] è una parametrizzazione, allora è un diffeomorfismo locale. Ma localmente i fibrati vettoriali sono banali quindi nel tuo caso otteniamo un diffeomorfismo tra oggetti della forma [tex]U \times \mathbb R^2 \to V \times \mathbb R^2[/tex] dove [tex]V[/tex] è un aperto su [tex]M[/tex], sufficientemente piccolo e contenente [tex]\phi(x)[/tex]. A questo punto segue la tesi, no? Proprio dal fatto che i fibrati sono triviali, riesci a spezzare le tue informazioni in due parti indipendenti (una base degli aperti di [tex]V \times \mathbb R^2[/tex] è formata dagli aperti della forma [tex]W \times B(\mathbf v, \epsilon)[/tex]. E' più chiaro così?
(magari ci becchiamo un giorno in chat quando siamo tutti e due più rilassati e ti faccio un survey sui fibrati...)(*) In realtà ho glissato sull'unica cosa difficile, ossia la continuità di [tex]\psi[/tex]. E' vero che è continua, ma per dimostrarlo... o conti a palla, oppure guardi le cose dal punto di vista giusto, ossia ragioni con il fibrato tangente. Cioè, se assumi che [tex](x,\mathbf v) \mapsto (\phi(x),d\phi[x](\mathbf v))[/tex] sia differenziabile, allora poi hai che prendere la norma di un vettore sul fibrato tangente è un'applicazione continua sul fibrato, perché puoi esprimere quest'operazione in termini della prima forma quadratica fondamentale.
Nota. Ho come l'impressione, adesso che so un po' di teoria dei fibrati, che se fai uscire il fibrato tangente dalla porta lo devi far rientrare dalla finestra...
La definizione stessa della [tex]\psi[/tex] trova la sua giustificazione nel fatto che il fibrato tangente è un fibrato vettoriale e quindi localmente banalizzabile. Mi sembra comunque che sia più o meno la stessa dimostrazione che avevo elaborato l'anno scorso; solo che allora ero andato giù di forza bruta e non avevo trovato una giustificazione "naturale"...
"maurer":
Ora, siccome [tex]d\phi[x](\cdot) \colon T_x U \to T_p M[/tex] è lineare e non degenere, succede che possiamo considerare la funzione
[tex]\psi \colon U \times \mathcal S^1 \to \mathbb R \colon (x,\mathbf v) \mapsto \| d\phi[x]( \delta' \mathbf v )\|[/tex]
dove [tex]0 < \delta' < \delta[/tex] è fissato. Allora, visto che il differenziale è non degenere, [tex]\psi(x,\mathbf v) > 0[/tex] per ogni [tex](x,\mathbf v) \in U \times \mathcal S^1[/tex]. Basta mostrare che [tex]\inf_{(x,\mathbf v) \in U \times \mathcal S^1} \psi(x) > 0[/tex]. Ma questo non è un problema: infatti, per la permanenza del segno possiamo eventualmente restringere un pochetto [tex]U[/tex] in modo da rendere vera quest'affermazione.
Ci sono quasi, ho capito dove vuoi andare: provando che quell'inf è strettamente positivo stiamo tranquilli che riusciamo a muoverci un po' dentro l'immagine di [tex]B_x(\mathbf{0},\delta)[/tex] mediante [tex]d\phi[x](\cdot)[/tex], che è proprio quello che vogliamo (c'è una palla aperta lì dentro che va bene per tutti gli $x$).
Mi manca solo un tassello: non capisco come vuoi far entrare il teorema della permanenza del segno. Mi posso fidare del fatto che la [tex]\psi[/tex] è continua; ora, se quell'inf fosse nullo, allora esisterebbe una successione $(x_k)_k \in U$ lungo cui $\psi_k := \psi(x_k)$ tende a zero. Ma non capisco come vuoi restringere $U$... Scusa, probabilmente è una scemenza, ma non la vedo.
"maurer":
Allora forse ci sono. Oggi come allora il problema è visualizzare la situazione correttamente. In effetti la faccenda ha un forte sapore di fibrato tangente, ma sinceramente non so in che modo la faccenda si semplifica usando quella parola (ma vedi in fondo, comunque).
[...]
Guarda ne parlavo giusto con il prof e lui mi diceva che con i fibrati si semplificherebbero un po' le cose.
Tra l'altro, ho visto che su Abate-Tovena, Geometria differenziale (non Curve e superfici) si dimostra che ogni punto di una varietà riemanniana ha un intorno (uniformemente) normale e la dimostrazione passa ovviamente dai fibrati. Tuttavia si rifanno anche lì praticamente gli stessi conti per dimostrare che una certa mappa (che con fantasia chiamiamo anche in tal caso $E$
) è localmente invertibile attorno all'origine, quindi alla fine non so bene dove sia il guadagno."maurer":
(magari ci becchiamo un giorno in chat quando siamo tutti e due più rilassati e ti faccio un survey sui fibrati...)
Molto volentieri!
Grazie ancora.
"Paolo90":
Mi manca solo un tassello: non capisco come vuoi far entrare il teorema della permanenza del segno. Mi posso fidare del fatto che la [tex]\psi[/tex] è continua; ora, se quell'inf fosse nullo, allora esisterebbe una successione $(x_k)_k \in U$ lungo cui $\psi_k := \psi(x_k)$ tende a zero. Ma non capisco come vuoi restringere $U$... Scusa, probabilmente è una scemenza, ma non la vedo.
Vediamo se riesco a spiegarlo rigorosamente. Prima di tutto, siccome tu usi [tex]U[/tex] per parametrizzare un intorno del punto [tex]p[/tex], quindi puoi restringerlo eventualmente. Supponi che sia una palla centrata nell'origine; restringendoti un goccio, prendi un intorno compatto [tex]C[/tex] di [tex]0[/tex] in modo che [tex]C \subset U[/tex]. A questo punto la mia mappa [tex]\psi[/tex] ristretta a [tex]C \times \mathcal S^1[/tex] è definita su un simpatico compatto ed è tale che per ogni [tex](x,\mathbf v) \in C \times \mathcal S^1[/tex] si abbia [tex]\psi(x,\mathbf v) > 0[/tex]. Ma allora avrai che
[tex]\inf_{(x,\mathbf v) \in C \times \mathcal S^1} \psi(x,\mathbf v) > 0[/tex]
A questo punto se prendi un simpatico aperto [tex]U' \subset C[/tex] hai la tesi per [tex]U'[/tex].
Ti torna adesso?
(Non era la permanenza del segno, in effetti...)Ok, forse ce l'ho fatta, era proprio fatta così l'anno scorso la mia dimostrazione! Dannata memoria!
"Paolo90":
Guarda ne parlavo giusto con il prof e lui mi diceva che con i fibrati si semplificherebbero un po' le cose.
Tra l'altro, ho visto che su Abate-Tovena, Geometria differenziale (non Curve e superfici) si dimostra che ogni punto di una varietà riemanniana ha un intorno (uniformemente) normale e la dimostrazione passa ovviamente dai fibrati. Tuttavia si rifanno anche lì praticamente gli stessi conti per dimostrare che una certa mappa (che con fantasia chiamiamo anche in tal caso $E$
Probabilmente il guadagno è che devi solo fare quei conti, senza argomenti al contorno. E che l'argomento utilizzato appare molto più naturale di quello che invece sembra se affrontato in questo modo.
Sì, mi piace e ho capito!
Grazie mille, mi hai proprio dato una grande mano.
Grazie mille, mi hai proprio dato una grande mano.
Bene, sono contento!
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