$S^1$ retratto di deformazione forte di $CC-{(0,0)}$
Mostrare che $S^1$ retratto di deformazione forte di $CC-{(0,0)}$ e di ${z in CC : 0<|z|<1}$
la retrazione non la so trovare ma ho pensato che se trovo che sono omotopicamente equivalenti allora esiste il retratto di deformazione forte, dato che la retrazine è un equivaleza omotopica.
In un caso trovo che $CC-{(0,0)}$ è isomorfo a $RR^2-{(0,0)}$.
Inoltre levando un punto da $D^2$ ottengo uno spazio omotopo a $S^1$.
Tutti è tre gli spazi non sono semplicemente conessi e hanno come gruppo fondamentale $ZZ$.
Funge?
la retrazione non la so trovare ma ho pensato che se trovo che sono omotopicamente equivalenti allora esiste il retratto di deformazione forte, dato che la retrazine è un equivaleza omotopica.
In un caso trovo che $CC-{(0,0)}$ è isomorfo a $RR^2-{(0,0)}$.
Inoltre levando un punto da $D^2$ ottengo uno spazio omotopo a $S^1$.
Tutti è tre gli spazi non sono semplicemente conessi e hanno come gruppo fondamentale $ZZ$.
Funge?
Risposte
Puoi definire in entrambi i casi la seguente omotopia
$F(x, t) = (1-t)x + tx/|x|$
La retrazione è $r: x \mapsto x/|x|$
$F(x, t) = (1-t)x + tx/|x|$
La retrazione è $r: x \mapsto x/|x|$
ok. Ma il raginamento esibito cmq andava a bene?
Non sono certo che il ragionamento esibito sia corretto. Essere un retratto forte di deformazione è qualcosa di più rispetto ad una equivalenza omotopica se non ricordo male e non sono certo che l'isomorfismo tra i gruppi fondamentali implichi l'equivalenza omotopica tra di essi (per esempio il disco e la sfera hanno lo stesso gruppo fondamentale ma non credo siano omotopicamente equivalenti).
Come dice apatriarca Se $B$ e' un sottospazio topologico di uno spazio topologico $A$ non e' detto che $B$ omotipicamente equivalente ad $A$
implichi $B$ retratto di deformazione di $A$.
Per esempio il nastro di Moebius si puo' deformare al suo "equatore" e quindi e' omotopicamente equivalente a $S^1$ - anche il suo "bordo"
e' omotipicamente equivalente a $S^1$, quindi il nastro di Moebius e' omotopicamente equivalente al suo bordo. Pero' sono pronto a scommettere
che non e' possibile deformare il nastro di Moebius sul suo bordo (anche se dimostrarlo non e' ovvio e su questo mi ritiro a meditare ...)
implichi $B$ retratto di deformazione di $A$.
Per esempio il nastro di Moebius si puo' deformare al suo "equatore" e quindi e' omotopicamente equivalente a $S^1$ - anche il suo "bordo"
e' omotipicamente equivalente a $S^1$, quindi il nastro di Moebius e' omotopicamente equivalente al suo bordo. Pero' sono pronto a scommettere
che non e' possibile deformare il nastro di Moebius sul suo bordo (anche se dimostrarlo non e' ovvio e su questo mi ritiro a meditare ...)
Scusate il disco e la sfera non hanno lo stesso gruppo fondamentale. Il primo è banale il secondo è $ZZ$
La sfera $S^n$ con $n >= 2$ è semplicemente connessa e ha quindi gruppo fondamentale banale, ma non è contraibile.
ti sbagli il disco e tutti i sottoinsiemi convessi di $RR^n$ con contraibili... dato che sono semplicemente connessi... $S^1$ r $P^n(RR)$ sono strani...
Voto per apatriarca!!! 
Inoltre mi spingo ad affermare che:
1) Il disco $D^n$ qualunque sia la dimensione $n$ e' contraibile, dunque e' semplicemente connesso e il suo gruppo fondamentale e' banale.
2) La sfera $S^n$ non e' contraibile, qualunque sia la dimensione $n$ (purche' finita).
3) La sfera $S^n$ e' semplicemente connnessa se $n\geq 2$, dunque il suo gruppo fondamentale e' banale
4) La sfera $S^1$ non e' semplicemente connessa, dunque il suo gruppo fondamentale non e' banale - piu' precisamente il gruppo fondamentale e' $ZZ$
Chi non e' d'accordo con me parli ora o taccia per sempre
Inoltre mi spingo ad affermare che:
1) Il disco $D^n$ qualunque sia la dimensione $n$ e' contraibile, dunque e' semplicemente connesso e il suo gruppo fondamentale e' banale.
2) La sfera $S^n$ non e' contraibile, qualunque sia la dimensione $n$ (purche' finita).
3) La sfera $S^n$ e' semplicemente connnessa se $n\geq 2$, dunque il suo gruppo fondamentale e' banale
4) La sfera $S^1$ non e' semplicemente connessa, dunque il suo gruppo fondamentale non e' banale - piu' precisamente il gruppo fondamentale e' $ZZ$
Chi non e' d'accordo con me parli ora o taccia per sempre
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