[Topologia] Dimostrazione teorema punto fisso
Teorema (esercizio). Sia $D^2 sub R^2$ il disco chiuso e sia $f: D^2 \mapsto D^2$ continua, dimostrare che esiste almeno un punto fisso $x$, cioè $x \in D^2$ tale che $f(x)=x$.
Ci sono vari suggerimenti[nota]Il tra parentesi () è mio.[/nota]:
1) Se per assurdo $f(x)!=x$ per ogni $x \in D^2$, allora l'intersezione $r_x nn S^1$, dove $r_x$ è la semiretta passante per $x$ di origine $f(x)$, definirebbe una applicazione continua:
$$\rho : D^2 \mapsto S^1$$
($\rho(x)=x+t\frac{x-f(x)}{||x-f(x)||}$, con $t \geq 0$, il cui omomorfismo indotto $\rho_{×}: \pi_1(D^2) \mapsto \pi_1(S^1)$ è nullo perché $D^2$ è semplicemente connesso e quindi il suo gruppo fondamentale è banale.)
2) Consideriamo l'inclusione $i: S^1 \mapsto D^2$ (manca da mostrare che $\rho • i$ è omotopa a $Id_{S^1}$ e dunque l'indotta $(\rho • i)_{×}$ è un isomorfismo, tuttavia essa coincide con $\rho_{×}•i_{×}$ che è nulla e dunque $\pi_1(S^1)=0$, assurdo.)
Ci sono vari suggerimenti[nota]Il tra parentesi () è mio.[/nota]:
1) Se per assurdo $f(x)!=x$ per ogni $x \in D^2$, allora l'intersezione $r_x nn S^1$, dove $r_x$ è la semiretta passante per $x$ di origine $f(x)$, definirebbe una applicazione continua:
$$\rho : D^2 \mapsto S^1$$
($\rho(x)=x+t\frac{x-f(x)}{||x-f(x)||}$, con $t \geq 0$, il cui omomorfismo indotto $\rho_{×}: \pi_1(D^2) \mapsto \pi_1(S^1)$ è nullo perché $D^2$ è semplicemente connesso e quindi il suo gruppo fondamentale è banale.)
2) Consideriamo l'inclusione $i: S^1 \mapsto D^2$ (manca da mostrare che $\rho • i$ è omotopa a $Id_{S^1}$ e dunque l'indotta $(\rho • i)_{×}$ è un isomorfismo, tuttavia essa coincide con $\rho_{×}•i_{×}$ che è nulla e dunque $\pi_1(S^1)=0$, assurdo.)
Risposte
C'e' un problema di fondo nel tuo ragionamento.
$S^1$ NON e' un retratto per deformazione di $D^2$. In effetti la retrazione che definisci non e' definita in $x = 0$.
L'idea pero' non e' sbagliata. Devi trovare uno spazio un pochino diverso su cui il tuo \(\rho_*\) risulta definito e dovrebbe essere non banale.
$S^1$ NON e' un retratto per deformazione di $D^2$. In effetti la retrazione che definisci non e' definita in $x = 0$.
L'idea pero' non e' sbagliata. Devi trovare uno spazio un pochino diverso su cui il tuo \(\rho_*\) risulta definito e dovrebbe essere non banale.
$D^2-{0}$?
Se si va a calcolare analiticamente $\rho(x)$ ci si accorge che è una retrazione, quindi $\rho • i=Id_{S^1}$, da cui segue tutto il resto.
Ho capito cosa intendi. Io prenderei in effetti $D^2 - \{ pt \}$ e userei un argomento piu' diretto.
Devi stare attento a definire $\rho$: ad esempio per come l'hai scritta, oltre ad aver bisogno di una dipendenza da $t$, non mi sembra sia un retratto, e se e' un retratto, devi stare attento a come definisci \(\rho_*\) , perche' non va davvero da $\pi_1(D^2)$ a $\pi_1(S^1)$.
Tuttavia non mi e' per nulla chiaro che $\rho$ valga l'identita' sul bordo (o che sia omotopa all'identita' sul bordo). Questo credo sia un punto importante, e non vedo una dimostrazione immediata. Definendola alla rovescia (dove il target e' il punto di intersezione tra la retta per $x$ e $f(x)$ ma dal lato di $x$ (non di $f(x)$) allora e' piu' facile osservare che e' l'identita' sul bordo e la dimostrazione mi sembra filare.
Devi stare attento a definire $\rho$: ad esempio per come l'hai scritta, oltre ad aver bisogno di una dipendenza da $t$, non mi sembra sia un retratto, e se e' un retratto, devi stare attento a come definisci \(\rho_*\) , perche' non va davvero da $\pi_1(D^2)$ a $\pi_1(S^1)$.
Tuttavia non mi e' per nulla chiaro che $\rho$ valga l'identita' sul bordo (o che sia omotopa all'identita' sul bordo). Questo credo sia un punto importante, e non vedo una dimostrazione immediata. Definendola alla rovescia (dove il target e' il punto di intersezione tra la retta per $x$ e $f(x)$ ma dal lato di $x$ (non di $f(x)$) allora e' piu' facile osservare che e' l'identita' sul bordo e la dimostrazione mi sembra filare.
"Pappappero":
Devi stare attento a definire ρ: ad esempio per come l'hai scritta, oltre ad aver bisogno di una dipendenza da t, non mi sembra sia un retratto, e se e' un retratto, devi stare attento a come definisci ρ∗ , perche' non va davvero da π1(D2) a π1(S1).
Retrazione, non retratto.
La forma analitica per $\rho(x)$ (presa dal libro) è:
$$\rho(x)=x+(-x \cdot \frac{x-f(x)}{||x-f(x)||}+\sqrt{(x \cdot \frac{(x-f(x))}{||x-f(x)||})^2+1-||x||^2})\frac{x-f(x)}{||x-f(x)||}$$
Se questa funzione che hai scritto vale l'identita' per $x$ sul bordo del disco (cioe' quando $||x|| =1$) direi che vinci. E' vero? Devi sistemare un pochino i quadrati e le radici quadrate, perche' non so cosa voglia dire fare un quadrato di un punto di $D$, ne' cosa voglia dire sommare un vettore a uno scalare.
Ho fatto un errore da principiante ho trattato i vettori come scalari, a questo punto...cambio facoltà.
Ora sembra funzioni. Sono ancora poco convinto sulla radice quadrata. Se $x$ e $x - f(x)$ non formano un angolo acuto, mi sa che hai dei problemi.
Perche' non usare la $f$ magica per definire una funzione $R(x,t)$ che realizzi $S^1$ come retratto per deformazione di $D^2$, descrivendola in modo geometrico? A occhio direi che si puo' fare e non sono convinto che $R(x,1)$ coincida con la $\rho$ che hai definito..piu' tardi provo a scriverla pure io.
Perche' non usare la $f$ magica per definire una funzione $R(x,t)$ che realizzi $S^1$ come retratto per deformazione di $D^2$, descrivendola in modo geometrico? A occhio direi che si puo' fare e non sono convinto che $R(x,1)$ coincida con la $\rho$ che hai definito..piu' tardi provo a scriverla pure io.
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