Una funzione argomento definita su tutto $S^1$ non può essere continua
Si dimostri che non esiste alcuna funzione continua $f:S^1->RR$ tale che $(cosf(z),sinf(z))=z$ per ogni $zinS1$.
Consideriamo la funzione $p:RR->S^1$ data da $p(t) = (cost,sint)$, supponiamo per assurdo che una tale $f$ esista, allora si ha che $p\circf=Id_{S^1}$. Consideriamo $C$ la categoria degli spazi topologici puntati e $D$ la categoria dei gruppi. Abbiamo che $f$ e $p$ sono due morfismi in $C$ (poiche $f$ e $p$ sono funzioni continue rispettivamente $(S^1,x)->(RR,f(x))$ e $(RR,x)->(S^1,p(x))$ ). Consideriamo il funtore $pi_1$ il funtore associato al gruppo fondamentale, si ha che $pi_1(f):pi_1(S^1,x)->pi_1(RR,f(x))$ è l'omomorfismo nullo. Ma per le proprietà funtoriali vale che $Id_{pi_1(S^1,x)}=pi_1(Id_{S^1})=pi_1(p\circf)=pi_1(p)\circpi_1(f)$, per cui $pi_1(f)$ è un isomorfismo della categoria dei gruppi (ovvero invertibile), il che è assurdo.
Consideriamo la funzione $p:RR->S^1$ data da $p(t) = (cost,sint)$, supponiamo per assurdo che una tale $f$ esista, allora si ha che $p\circf=Id_{S^1}$. Consideriamo $C$ la categoria degli spazi topologici puntati e $D$ la categoria dei gruppi. Abbiamo che $f$ e $p$ sono due morfismi in $C$ (poiche $f$ e $p$ sono funzioni continue rispettivamente $(S^1,x)->(RR,f(x))$ e $(RR,x)->(S^1,p(x))$ ). Consideriamo il funtore $pi_1$ il funtore associato al gruppo fondamentale, si ha che $pi_1(f):pi_1(S^1,x)->pi_1(RR,f(x))$ è l'omomorfismo nullo. Ma per le proprietà funtoriali vale che $Id_{pi_1(S^1,x)}=pi_1(Id_{S^1})=pi_1(p\circf)=pi_1(p)\circpi_1(f)$, per cui $pi_1(f)$ è un isomorfismo della categoria dei gruppi (ovvero invertibile), il che è assurdo.
Risposte
No, \(f_*=\pi_1(f)\) non è un isomorfismo (la composizione \(f_*p_*\) non è l'identità), bensì una sezione (di \(p_*=\pi_1(p)\)\), quindi deve essere iniettiva; questo è l'assurdo.
"megas_archon":
No, \(f_*=\pi_1(f)\) non è un isomorfismo (la composizione \(f_*p_*\) non è l'identità)
Scusami perchè non sarebbe l'identità?
Ah, sì, è vero: in questo caso è l'identità dello zero.
"megas_archon":
Ah, sì, è vero: in questo caso è l'identità dello zero.
Identità dello zero? Non la conosco cos'è? Comunque come mai ti era venuto il dubbio non fosse l'identità sono curioso.
L'identità del gruppo zero, l'omomorfismo identico del gruppo $(0)$.
Come mai mi era venuto il dubbio: non mi era venuto nessun dubbio, semplicemente (come sempre) rispondo senza veramente ascoltare le domande.
Come mai mi era venuto il dubbio: non mi era venuto nessun dubbio, semplicemente (come sempre) rispondo senza veramente ascoltare le domande.
"megas_archon":
L'identità del gruppo zero, l'omomorfismo identico del gruppo $(0)$.
Scusa ma $p\circf:S^1->S^1$ quindi $pi_1(p\circf)$ non sarebbe l'identità su $\pi_1(S^1)$ (che è isomorfo a $ZZ$)?
"megas_archon":
Come mai mi era venuto il dubbio: non mi era venuto nessun dubbio, semplicemente (come sempre) rispondo senza veramente ascoltare le domande.
Un maestro.
"andreadel1988":
[quote="megas_archon"]L'identità del gruppo zero, l'omomorfismo identico del gruppo $(0)$.
Scusa ma $p\circf:S^1->S^1$ quindi $pi_1(p\circf)$ non sarebbe l'identità su $\pi_1(S^1)$ (che è isomorfo a $ZZ$)?[/quote]
Certo, per l'ipotesi che hai fatto che $p$ abbia una sezione continua. E l'altra composizione non può che essere l'identità di (0).
"megas_archon":
E l'altra composizione non può che essere l'identità di (0).
A ok intendevi che $pi_1(f\circp)$ è un omomorfismo da $pi_1(RR)$ a $pi_1(RR)$, ma siccome quest'ultimo è un gruppo banale l'unico omomorfismo è l'identità
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