Topologia e ortogonalità
Ciao!
ho trovato questo esercizio che a primo sguardo mi ha lasciato un po' perplesso:
siano $p,q,v in RR^n$ tre punti(o vettori) e $alpha(t)=pt+(1-t)q+t(1-t)v$ con $alpha:[0,1]->RR^n$ un arco di parabola(al più degenere). Dimostrare che per ogni $x in RR^nsetminus{p,q}$ esiste al più vettore $v$ perpendicolare a $p-q$ tale che $x$ stia nell'immagine di $alpha$
l'esercizio è tratto dal Manetti: pag72 num4.4
Onestamente ci ho visto poco di topologia, a parte qualche considerazione.
Ho fatto i convenevoli del caso, ossia
se $x$ sta nell'immagine di $alpha$ allora $v=x/(s(1-s))-p/(1-s)-q/s$ per qualche $s in (0,1)$
viceversa per ogni $s in (0,1)$ posto $v(s)=x/(s(1-s))-p/(1-s)-q/s$ allora $alpha(s)=x$
poi ho impostato la funzione $f(s)=$ che è continua e definita su $(0,1)$ che è connesso e quindi l'immagine sarà un intervallo.
C'è un modo, usando gli strumenti topologici, per evitare i conti 'finali'? o sto semplicemente allungando la strada?
l'esercizio fa parte del fine capitolo sulla connessione.
ho trovato questo esercizio che a primo sguardo mi ha lasciato un po' perplesso:
siano $p,q,v in RR^n$ tre punti(o vettori) e $alpha(t)=pt+(1-t)q+t(1-t)v$ con $alpha:[0,1]->RR^n$ un arco di parabola(al più degenere). Dimostrare che per ogni $x in RR^nsetminus{p,q}$ esiste al più vettore $v$ perpendicolare a $p-q$ tale che $x$ stia nell'immagine di $alpha$
l'esercizio è tratto dal Manetti: pag72 num4.4
Onestamente ci ho visto poco di topologia, a parte qualche considerazione.
Ho fatto i convenevoli del caso, ossia
se $x$ sta nell'immagine di $alpha$ allora $v=x/(s(1-s))-p/(1-s)-q/s$ per qualche $s in (0,1)$
viceversa per ogni $s in (0,1)$ posto $v(s)=x/(s(1-s))-p/(1-s)-q/s$ allora $alpha(s)=x$
poi ho impostato la funzione $f(s)=
C'è un modo, usando gli strumenti topologici, per evitare i conti 'finali'? o sto semplicemente allungando la strada?
l'esercizio fa parte del fine capitolo sulla connessione.
Risposte
Ciao anto, una volta arrivato lì come vorresti procedere? Cioè bisognerebbe fare vedere che quella funzione ha un unico zero. Ma a me non viene in mente come fare. Se si potesse estendere con continuità in $0$ e in $1$ avremmo finito ma mi pare non si possa. Tu cosa hai pensato?
Credo che comunque si possa fare anche senza topologia:
Credo che comunque si possa fare anche senza topologia:
Ma perché \(\displaystyle\alpha\) dovrebbe essere un arco di parabola?
@bremen
Onestamente l’ho messo un po’ da parte: quel dopo 8 ore di studio stavo finendo la giornata con questo esercizio e ho tirato tutto in aria pio
purtroppo lo vuole fatto con ‘concetti topologici’
@eos
Non saprei, lo dice Manetti a pagina 72 numero 4.4
Onestamente l’ho messo un po’ da parte: quel dopo 8 ore di studio stavo finendo la giornata con questo esercizio e ho tirato tutto in aria pio
purtroppo lo vuole fatto con ‘concetti topologici’@eos
Non saprei, lo dice Manetti a pagina 72 numero 4.4
Per come scritto l'esercizio è sbagliato: perché l'arco di curva \(\displaystyle\alpha\) dovrebbe passare per il generico punto \(\displaystyle x\in\mathbb{R}^n\setminus\{p,q\}\)?
"j18eos":
Per come scritto l'esercizio è sbagliato: perché l'arco di curva \(\displaystyle\alpha\) dovrebbe passare per il generico punto \(\displaystyle x\in\mathbb{R}^n\setminus\{p,q\}\)?
Credo che dicendo "esiste al più un $v$..." consideri questa possibilità.
C'ho un po' pensato in questi giorni, e così en passant direi che ci si può sempre ricondurre al caso che sia \(\displaystyle n\leq2\); ovvero, si considera il piano determinato o retta determinata dai punti (affini) \(\displaystyle p,q,v\) e ragionarci un po' sù...
Scusate se mi intrometto, dato che di geometria ne so di sicuro molto meno di voi.
Ma ho pensato un po' a questo esercizio, e non è che lo so risolvere, ma avevo pensato, come suggerisce j18eos, di fare du' disegnini in $ R^2 $.
Io il testo lo interpreto così: sono dati tre punti, $ p $ , $q$ e $x$, che individuano l'arco di parabola ($v$ non è un vettore dato, può essere un qualunque punto della parabola).
Ora bisogna vedere se esiste un $v$ o più $v$ perpendicolari a $p-q$, e che giacciono sull'arco di parabola. Da zulù operante in $R^2$ prendo la retta passante per l'origine su cui giacciono i vettori perpendicolari a $p-q$, e vedo se interseca la curva in uno o più punti.
Detto così è davvero semplice, ma non so se ho interpretato bene il testo.
Il mistero in questo esercizio è comunque che cosa c'entra con la topologia spiegata da Manetti nei paragrafi precedenti, dedicati alla connessione. A me è sorto il dubbio che non c'entri tanto la connessione ma la convessità, di cui parla nello stesso paragrafo.
Se l'insieme delimitato (in $R^2$) dalla curva e dal vettore $p-q$ è convesso (come nel caso dell'arco di parabola), la retta dei vettori perpendicolari a $p-q$ taglia la curva in al più in un punto, se non è convesso, ha rientranze etc. la può tagliare in più punti.
Ma ho pensato un po' a questo esercizio, e non è che lo so risolvere, ma avevo pensato, come suggerisce j18eos, di fare du' disegnini in $ R^2 $.
Io il testo lo interpreto così: sono dati tre punti, $ p $ , $q$ e $x$, che individuano l'arco di parabola ($v$ non è un vettore dato, può essere un qualunque punto della parabola).
Ora bisogna vedere se esiste un $v$ o più $v$ perpendicolari a $p-q$, e che giacciono sull'arco di parabola. Da zulù operante in $R^2$ prendo la retta passante per l'origine su cui giacciono i vettori perpendicolari a $p-q$, e vedo se interseca la curva in uno o più punti.
Detto così è davvero semplice, ma non so se ho interpretato bene il testo.
Il mistero in questo esercizio è comunque che cosa c'entra con la topologia spiegata da Manetti nei paragrafi precedenti, dedicati alla connessione. A me è sorto il dubbio che non c'entri tanto la connessione ma la convessità, di cui parla nello stesso paragrafo.
Se l'insieme delimitato (in $R^2$) dalla curva e dal vettore $p-q$ è convesso (come nel caso dell'arco di parabola), la retta dei vettori perpendicolari a $p-q$ taglia la curva in al più in un punto, se non è convesso, ha rientranze etc. la può tagliare in più punti.
Il punto è che si usa il teorema dei valori intermedi, che è una applicazione del concetto di "connessione". Mi piace questo esercizio perché mostra come queste cose topologiche non sono solo astratte, ma possono anche fornire soluzioni a problemi più concreti: risolvere equazioni, dimostrare l'esistenza di certe configurazioni geometriche, ecc...
L'ho trovato interessante anch'io...ma non sapendo una mazza di topologia, l'ho affrontato come un problema di algebra lineare
Ci provo a modo mio e spero di non scrivere grosse castronerie.
A me pare di capire che l'esercizio sia posto in questi termini. Vengono fissati 2 diversi vettori p, q e infine il vettore x, definito dall'applicazione $alpha(t)=pt+(1-t)q+t(1-t)v$ per t nell'intervallo ]0,1[ e che quindi appartenga all'immagine (eccetto che t=0 e t=1).
Ora se scegliamo uno dei possibili (n-1) v tali che valga il vincolo $v^T(p-q)=0$ e riscrivo l'equazione così:
$t(p-q)+t(1-t)v=z$ (1) dove $z=x-q$
Ora moltiplico ambo i membri della (1) per $v^T/(v^Tv)$ e ottengo che $t(t-1)=(v^Tz)/(v^Tv)$
Da cui $t(t-1)v=(v^Tz)/(v^Tv)v=Pr(z)$ dove Pr(z) è la proiezione di z su v.
Sostituendo nella (1) si ottiene che $z-Pr(z)=t(p-q)$ (2)
(p-q) è perpendicolare a v per scelta e z-Pr(z) è perpendicolare a v dato che l'ortogonalizzazione di z su v.
Per ogni t, p, q e x esiste un solo vettore v che soddisfi sia $v^T(p-q)=0$ e la (2)$.
Ci provo a modo mio e spero di non scrivere grosse castronerie.
A me pare di capire che l'esercizio sia posto in questi termini. Vengono fissati 2 diversi vettori p, q e infine il vettore x, definito dall'applicazione $alpha(t)=pt+(1-t)q+t(1-t)v$ per t nell'intervallo ]0,1[ e che quindi appartenga all'immagine (eccetto che t=0 e t=1).
Ora se scegliamo uno dei possibili (n-1) v tali che valga il vincolo $v^T(p-q)=0$ e riscrivo l'equazione così:
$t(p-q)+t(1-t)v=z$ (1) dove $z=x-q$
Ora moltiplico ambo i membri della (1) per $v^T/(v^Tv)$ e ottengo che $t(t-1)=(v^Tz)/(v^Tv)$
Da cui $t(t-1)v=(v^Tz)/(v^Tv)v=Pr(z)$ dove Pr(z) è la proiezione di z su v.
Sostituendo nella (1) si ottiene che $z-Pr(z)=t(p-q)$ (2)
(p-q) è perpendicolare a v per scelta e z-Pr(z) è perpendicolare a v dato che l'ortogonalizzazione di z su v.
Per ogni t, p, q e x esiste un solo vettore v che soddisfi sia $v^T(p-q)=0$ e la (2)$.
sono contento che sia piaciuto.
L'ho ripreso dopo un po' di tempo e ho fatto un paio di conti e mi viene questo(tra l'altro sono simili a quelli di Bremen). Nell'esercizio l'arco era $ alpha(t)=p(1-t)+tq+t(1-t)v $ che poi è la stessa cosa. Siccome sto copiando quello che ho scritto sul quaderno lascio questi
se tale vettore esiste è dato dalla condizione $v=x/(t(1-t))-q/(1-t)-p/t$
inoltre è univocamente determinato dal fatto che risolvendo
questo oltre ad identificare univocamente $v$ da informazioni di carattere geometrico in quanto la quantità
è esattamente il coefficiente di proiezione del vettore $p-x$ sul vettore $p-q$ ed appare quindi chiaro che tale $t$ esiste se e solo se la proiezione di $p-x$ è più 'corta', in norma, di $p-q$
ossia se $norm ((<>)/(norm(p-q)^2) * (p-q)) leq norm(p-q)$ infatti da questo segue
poi il fatto che il valore assoluto debba avere all'interno una quantità positiva è dato dal fatto che la proiezione deve avere lo stesso verso di $p-q$ da cui segue $0leqtleq1$. Il che mi sembra una interessante relazione geometrica.
Poi è chiaro che se quell'elemento cade in $(0,1)$ allora il vettore $v$ trovato sopra risolve il problema.
Di topologia non ci vedo poco, si potrebbe anche considerare qualcosa di carattere topologico: tipo che la funzione deforma il tratto $[0,1]$ con continuità in(quindi) un compatto connesso di $RR^n$ e quindi connesso per archi.
Su $RR^2$ tali punti stanno nella striscia interna alle rette perpendicolari al segmento e passanti per $p,q$
@gabriella
il fatto è che quell'arco non è un insieme convesso, comunque prendi due punti e tiri un segmento esce.
L'ho ripreso dopo un po' di tempo e ho fatto un paio di conti e mi viene questo(tra l'altro sono simili a quelli di Bremen). Nell'esercizio l'arco era $ alpha(t)=p(1-t)+tq+t(1-t)v $ che poi è la stessa cosa. Siccome sto copiando quello che ho scritto sul quaderno lascio questi
se tale vettore esiste è dato dalla condizione $v=x/(t(1-t))-q/(1-t)-p/t$
inoltre è univocamente determinato dal fatto che risolvendo
$<> =0 => t=(<>)/(||p-q||^2)$
questo oltre ad identificare univocamente $v$ da informazioni di carattere geometrico in quanto la quantità
$(<>)/(||p-q||^2)$
è esattamente il coefficiente di proiezione del vettore $p-x$ sul vettore $p-q$ ed appare quindi chiaro che tale $t$ esiste se e solo se la proiezione di $p-x$ è più 'corta', in norma, di $p-q$
ossia se $norm ((<
$abs(<>)/(||p-q||^2)leq1$
poi il fatto che il valore assoluto debba avere all'interno una quantità positiva è dato dal fatto che la proiezione deve avere lo stesso verso di $p-q$ da cui segue $0leqtleq1$. Il che mi sembra una interessante relazione geometrica.
Poi è chiaro che se quell'elemento cade in $(0,1)$ allora il vettore $v$ trovato sopra risolve il problema.
Di topologia non ci vedo poco, si potrebbe anche considerare qualcosa di carattere topologico: tipo che la funzione deforma il tratto $[0,1]$ con continuità in(quindi) un compatto connesso di $RR^n$ e quindi connesso per archi.
Su $RR^2$ tali punti stanno nella striscia interna alle rette perpendicolari al segmento e passanti per $p,q$
@gabriella
il fatto è che quell'arco non è un insieme convesso, comunque prendi due punti e tiri un segmento esce.
il fatto è che quell'arco non è un insieme convesso, comunque prendi due punti e tiri un segmento esce.
Ma no, anto, non intendevo dire che l'arco è convesso, dicevo la porzione di piano tra l'arco e il segmento che unisce $p$ e$q$, che poi sarebbe $p-q$.
Allego discutibili disegnini.
Tanto per cercare di capire quale potrebbe essere l'anima topologica del problema. Deve entrarci con l'unicità di $v$, credo.
Dissonance dice che è il teorema dei valori intermedi, ma io lo vedo usato da te nel primo messaggio in versione da $R$ a $R$, mi sembra un po' poco come contenuto topologico del problema.
Bei disegni
Questo non è convesso, ma per ogni punto di quella faccina felice, il vettore ortogonale è unico. Quindi come giustamente dici: la convessità esclude questa ambiguità
Questo non è convesso, ma per ogni punto di quella faccina felice, il vettore ortogonale è unico. Quindi come giustamente dici: la convessità esclude questa ambiguità
Grazie anto, mirabile anche il tuo disegnino!
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