Il valore assoluto definisce una curva... liscia!
Ricordo che si definisce:
\[
|\cdot|:x\in\mathbb{R}\to\mathbb{R}\ni\begin{cases}
x\iff x>0\\
0\iff x=0\\
-x\iff x<0
\end{cases};
\]
e pongo:
\[
M=\{(x,|x|)\in\mathbb{R}^2\mid x\in\mathbb{R}\},\\
i:M\hookrightarrow\mathbb{R}^2.
\]
[list=a]
[*:1n75n1yc]Dimostrare che \(\displaystyle M\) non è una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\).[/*:m:1n75n1yc]
[*:1n75n1yc]Dimostrare che su \(\displaystyle M\) esiste una struttura di varietà differenziabile; in particolare è una curva liscia.[/*:m:1n75n1yc]
[*:1n75n1yc]Determinare, in entrambi i casi, i germi delle funzioni lisce sui punti di \(\displaystyle M\).[/*:m:1n75n1yc][/list:o:1n75n1yc]
\[
|\cdot|:x\in\mathbb{R}\to\mathbb{R}\ni\begin{cases}
x\iff x>0\\
0\iff x=0\\
-x\iff x<0
\end{cases};
\]
e pongo:
\[
M=\{(x,|x|)\in\mathbb{R}^2\mid x\in\mathbb{R}\},\\
i:M\hookrightarrow\mathbb{R}^2.
\]
[list=a]
[*:1n75n1yc]Dimostrare che \(\displaystyle M\) non è una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\).[/*:m:1n75n1yc]
[*:1n75n1yc]Dimostrare che su \(\displaystyle M\) esiste una struttura di varietà differenziabile; in particolare è una curva liscia.[/*:m:1n75n1yc]
[*:1n75n1yc]Determinare, in entrambi i casi, i germi delle funzioni lisce sui punti di \(\displaystyle M\).[/*:m:1n75n1yc][/list:o:1n75n1yc]
Risposte
Ti provo a fare i primi due punti
a. Per assurdo, esiste una curva liscia $ \gamma : (-1,1) \rightarrow M $ tale che $\gamma(0)=(0,0) $ e $ \dot \gamma (0) \ne 0 $. Se poniamo
$ \gamma(t)=(x(t),y(t)) $
allora necessariamente $ y(t)=|x(t)| $. Quindi per $ t \ne 0 $ ( $\gamma$ è una carta locale, è iniettiva) vale che
$\dot y (t)= \frac{x(t)}{|x(t)|}\dot x (t)$
Da qui deduci che se $ \dot x (0) =0 $ allora, passando al limite, hai che $ \dot y (0) =0$, che è un assurdo. Se invece $ \dot x (0) \ne 0 $, allora possiamo supporre $ x(t)>0 $ per $t >0$ e $ x(t)<0 $ per $t<0$. Quindi per l'uguaglianza precedente, hai che $ y(t) $ ha un punto angoloso in $ t=0$.
b. Sia
$ y(t)=e^{-t^{-2}} $
con $ y(0)=0 $. Sia quindi
$x(t)=y(t) \text{ per } t \geq 0, \text{ } x(t)=-y(t) \text{ per } t<0 $
La curva $ \gamma(t)=(x(t),y(t)) $ dovrebbe fare al caso tuo (: .
a. Per assurdo, esiste una curva liscia $ \gamma : (-1,1) \rightarrow M $ tale che $\gamma(0)=(0,0) $ e $ \dot \gamma (0) \ne 0 $. Se poniamo
$ \gamma(t)=(x(t),y(t)) $
allora necessariamente $ y(t)=|x(t)| $. Quindi per $ t \ne 0 $ ( $\gamma$ è una carta locale, è iniettiva) vale che
$\dot y (t)= \frac{x(t)}{|x(t)|}\dot x (t)$
Da qui deduci che se $ \dot x (0) =0 $ allora, passando al limite, hai che $ \dot y (0) =0$, che è un assurdo. Se invece $ \dot x (0) \ne 0 $, allora possiamo supporre $ x(t)>0 $ per $t >0$ e $ x(t)<0 $ per $t<0$. Quindi per l'uguaglianza precedente, hai che $ y(t) $ ha un punto angoloso in $ t=0$.
b. Sia
$ y(t)=e^{-t^{-2}} $
con $ y(0)=0 $. Sia quindi
$x(t)=y(t) \text{ per } t \geq 0, \text{ } x(t)=-y(t) \text{ per } t<0 $
La curva $ \gamma(t)=(x(t),y(t)) $ dovrebbe fare al caso tuo (: .
[list=a]
[*:2vspc9ko]Scusa la domanda: ma perché non hai fatto una semplice derivata?
E formalmente, avresti dovuto considerare \(\displaystyle\gamma:]-1,1[\to i(M)\).[/*:m:2vspc9ko]
[*:2vspc9ko]Non era più semplice notare che \(\displaystyle M\) è in biezione con \(\displaystyle\mathbb{R}\)?
Però è una soluzione originale! 
[/*:m:2vspc9ko]
[*:2vspc9ko]...scritto ciò: come concluderesti?[/*:m:2vspc9ko][/list:o:2vspc9ko]
[*:2vspc9ko]Scusa la domanda: ma perché non hai fatto una semplice derivata?
E formalmente, avresti dovuto considerare \(\displaystyle\gamma:]-1,1[\to i(M)\).[/*:m:2vspc9ko][*:2vspc9ko]Non era più semplice notare che \(\displaystyle M\) è in biezione con \(\displaystyle\mathbb{R}\)?
Però è una soluzione originale! [/*:m:2vspc9ko][*:2vspc9ko]...scritto ciò: come concluderesti?[/*:m:2vspc9ko][/list:o:2vspc9ko]
a. Derivata di chi, del modulo? Beh non basta! Così dimostri che quella parametrizzazione non è regolare, non che non esistono parametrizzazioni regolari.
b. Più che biezione, forse direi omeomorfismo. Sì d'accordo, se vuoi dimenticarti che M è un sottospazio del piano ok, però mi sembrava più istruttivo mostrarti questo esempio che conoscevo.
c. Non lo so, non so come nel tuo corso vorrebbero si trattasse questo punto e non ho mai fatto esercizi di questo genere.
b. Più che biezione, forse direi omeomorfismo. Sì d'accordo, se vuoi dimenticarti che M è un sottospazio del piano ok, però mi sembrava più istruttivo mostrarti questo esempio che conoscevo.
c. Non lo so, non so come nel tuo corso vorrebbero si trattasse questo punto e non ho mai fatto esercizi di questo genere.
Facciamo un po' di ordine ed anche chiarezza: la prima domanda è equivalente al chiedersi se \(\displaystyle i(M)\) è una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\); quindi (a meno di omeomorfismi) su \(\displaystyle M\) si considera la topologia di sottospazio di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\), ed è una banalità affermare che così \(\displaystyle M\) è una varietà topologica di dimensione \(\displaystyle1\).
Considerato il generico punto \(\displaystyle P=(x,|x|)\in i(M)\) con \(\displaystyle x\neq0\); è un semplice calcolo dimostrare che \(\displaystyle T_Pi(M)\cong\mathbb{R}\) e come sottospazio di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\) questi è \(\displaystyle\langle(1,1)\rangle\) per \(\displaystyle x>0\) e \(\displaystyle\langle(1,-1)\rangle\) per \(\displaystyle x<0\).
Con tali dati, è facile rendersi conto che \(\displaystyle T_Oi(M)\cong\langle(1,-1),(1,1)\rangle=\mathbb{R}^2\) ove \(\displaystyle O=(0,0)\), e che quindi \(\displaystyle i(M)\) non può essere una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\).
Avendo identificato \(\displaystyle M\) ed \(\displaystyle i(M)\), possiamo affermare che \(\displaystyle(M,i)\) non può essere una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\)!
A questo punto, è chiaro come rispondere positivamente al secondo punto: basta considerare una biezione tra \(\displaystyle M\) e una curva liscia \(\displaystyle\Gamma\) in \(\displaystyle\mathbb{R}^2\), e trasportare la struttura differenziabile di \(\displaystyle\Gamma\) su \(\displaystyle M\); in questo modo otteniamo un curva liscia \(\displaystyle(M,j)\) embedded in \(\displaystyle\mathbb{R}^2\).
Qui c'è una piccola sottigliezza: su \(\displaystyle M\) non è data per ipotesi alcuna topologia, quindi a priori non si può affermare che \(\displaystyle j\) sia un omeomorfismo tra \(\displaystyle M\) e \(\displaystyle\Gamma\)!, per di più, se su \(\displaystyle M\) considerassimo la topologia indotta da \(\displaystyle i(M)\), può tranquillamente accadere che \(\displaystyle j\) non sia affatto una funzione continua... Esempio: sia \(\displaystyle\Gamma=\{(x,0)\in\mathbb{R}^2\mid x\neq0\}\); \(\displaystyle\Gamma\) è sconnessa ed \(\displaystyle M\) è connesso, quindi non esistono biezioni continue tra loro!
Queste sottigliezze le ritrovi quando vuoi costruire le varietà differenziabili quoziente, in particolare, i gruppi di Lie quozienti!
Se hai altri dubbi, non esitare a domandare.
P.S.: Come direbbe il mio relatore di tesi magistrale, "il terzo punto risolvilo come ti pare".
Considerato il generico punto \(\displaystyle P=(x,|x|)\in i(M)\) con \(\displaystyle x\neq0\); è un semplice calcolo dimostrare che \(\displaystyle T_Pi(M)\cong\mathbb{R}\) e come sottospazio di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\) questi è \(\displaystyle\langle(1,1)\rangle\) per \(\displaystyle x>0\) e \(\displaystyle\langle(1,-1)\rangle\) per \(\displaystyle x<0\).
Con tali dati, è facile rendersi conto che \(\displaystyle T_Oi(M)\cong\langle(1,-1),(1,1)\rangle=\mathbb{R}^2\) ove \(\displaystyle O=(0,0)\), e che quindi \(\displaystyle i(M)\) non può essere una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\).
Avendo identificato \(\displaystyle M\) ed \(\displaystyle i(M)\), possiamo affermare che \(\displaystyle(M,i)\) non può essere una sottovarietà differenziabile di \(\displaystyle\mathbb{R}^2\)!
A questo punto, è chiaro come rispondere positivamente al secondo punto: basta considerare una biezione tra \(\displaystyle M\) e una curva liscia \(\displaystyle\Gamma\) in \(\displaystyle\mathbb{R}^2\), e trasportare la struttura differenziabile di \(\displaystyle\Gamma\) su \(\displaystyle M\); in questo modo otteniamo un curva liscia \(\displaystyle(M,j)\) embedded in \(\displaystyle\mathbb{R}^2\).
Qui c'è una piccola sottigliezza: su \(\displaystyle M\) non è data per ipotesi alcuna topologia, quindi a priori non si può affermare che \(\displaystyle j\) sia un omeomorfismo tra \(\displaystyle M\) e \(\displaystyle\Gamma\)!, per di più, se su \(\displaystyle M\) considerassimo la topologia indotta da \(\displaystyle i(M)\), può tranquillamente accadere che \(\displaystyle j\) non sia affatto una funzione continua... Esempio: sia \(\displaystyle\Gamma=\{(x,0)\in\mathbb{R}^2\mid x\neq0\}\); \(\displaystyle\Gamma\) è sconnessa ed \(\displaystyle M\) è connesso, quindi non esistono biezioni continue tra loro!
Queste sottigliezze le ritrovi quando vuoi costruire le varietà differenziabili quoziente, in particolare, i gruppi di Lie quozienti!
Se hai altri dubbi, non esitare a domandare.
P.S.: Come direbbe il mio relatore di tesi magistrale, "il terzo punto risolvilo come ti pare".
Scusate se intervengo dopo tanto tempo, ma ho grossi problemi (in generale e in particolare) con le sottovarietà.
Perché \(\displaystyle T_Oi(M)\cong\langle(1,-1),(1,1)\rangle \)? Inoltre quel differenziale mi sembra suriettivo, anzi la matrice
è invertibile.
Come dicevo ho seri problemi. Probabilmente non ho capito neanche cosa sto facendo.
"j18eos":
Con tali dati, è facile rendersi conto che \( \displaystyle T_Oi(M)\cong\langle(1,-1),(1,1)\rangle=\mathbb{R}^2 \) ove \( \displaystyle O=(0,0) \), e che quindi \( \displaystyle i(M) \) non può essere una sottovarietà differenziabile di \( \displaystyle\mathbb{R}^2 \).
Perché \(\displaystyle T_Oi(M)\cong\langle(1,-1),(1,1)\rangle \)? Inoltre quel differenziale mi sembra suriettivo, anzi la matrice
\(\displaystyle
\left(
\begin{matrix}
1 &-1 \\
1 &1
\end{matrix}
\right)
\)
\left(
\begin{matrix}
1 &-1 \\
1 &1
\end{matrix}
\right)
\)
è invertibile.
Come dicevo ho seri problemi. Probabilmente non ho capito neanche cosa sto facendo.
Prova a esplicitare la funzione \(i\) nelle usuali coordinate!
Grazie, e scusa, ma ho notato ora che avevi risposto.
\(\displaystyle
i(x) = \left\{
\begin{matrix}
(x,x) &x > 0\\
(0,0) &x = 0\\
(x,-x) &x < 0
\end{matrix}
\right.
\)
Quindi
\(\displaystyle
di_x : T_x M \longrightarrow T_{i(x)} i(M) \\
di_x \left( \frac{\partial}{\partial x} \right) = \left\{
\begin{matrix}
(1,1) &x > 0\\
(0,0) &x = 0\\
(1,-1) &x < 0
\end{matrix}
\right.
\)
Bocciato?
\(\displaystyle
i(x) = \left\{
\begin{matrix}
(x,x) &x > 0\\
(0,0) &x = 0\\
(x,-x) &x < 0
\end{matrix}
\right.
\)
Quindi
\(\displaystyle
di_x : T_x M \longrightarrow T_{i(x)} i(M) \\
di_x \left( \frac{\partial}{\partial x} \right) = \left\{
\begin{matrix}
(1,1) &x > 0\\
(0,0) &x = 0\\
(1,-1) &x < 0
\end{matrix}
\right.
\)
Bocciato?
Quasi: correggi dominio e codominio del "differenziale" di \(\displaystyle i\)!
Noti la contraddizione che \(\displaystyle T_{(0,0)}i(M)\) dovrebbe essere \(\displaystyle\mathbb{R}^2\)?
Noti la contraddizione che \(\displaystyle T_{(0,0)}i(M)\) dovrebbe essere \(\displaystyle\mathbb{R}^2\)?
Ho corretto dominio e codominio.
Vedo bene che per $x \ne 0$ lo spazio tangente ad $M$ è diffeomorfo ad $\RR$ come mi aspetto, mentre non lo è in 0. Perché dovrei aspettarmi che sia $\RR^2$
Vedo bene che per $x \ne 0$ lo spazio tangente ad $M$ è diffeomorfo ad $\RR$ come mi aspetto, mentre non lo è in 0. Perché dovrei aspettarmi che sia $\RR^2$
Intuitivamente, tu hai una retta tangente destra e una retta tangente sinistra distinte ad \(\displaystyle i(M)\) in \(\displaystyle(0,0)\), quindi ti aspetti che \(\displaystyle T_{(0,0)}i(M)\cong\mathbb{R}^2\)!
Ma noi sappiamo che \(\displaystyle T_0M\equiv T_0\mathbb{R}\cong\mathbb{R}\); e se \(\displaystyle i\) fosse un embedding, allora doremmo avere \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)=T_{(0,0)}i(M)\cong\mathbb{R}\), da ciò la nostra intuizione è sbagliata? No!, possiamo affermare che \(\displaystyle i\) non è un embedding!
Rigorosamente, il "differenziale" di \(\displaystyle i\) è una funzione (lineare) ben definita; e per esattezza:
\[
i:x\in M\to(x,|x|)\in\mathbb{R}^2\\
di:TM\to T\mathbb{R}^2;
\]
ma come tu noti: \(\displaystyle d_0i\) è la mappa lineare nulla, quindi per definizione \(\displaystyle i\) non è un embedding!
Questo ragionamento rigoroso, sarebbe corretto se il grafico della funzione \(\displaystyle|\cdot|\) fosse una varietà differenziabile e se \(\displaystyle i\) fosse una mappa liscia di varietà differenziabili...
Sappiamo che \(\displaystyle T_{i(x)}i(M)=\langle(1,1)\rangle\) se \(\displaystyle x>0\) e \(\displaystyle T_{i(x)}i(M)=\langle(1,-1)\rangle\) se \(\displaystyle x<0\); quindi, identificando \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)\) con lo spazio delle \(\displaystyle\mathbb{R}\)-derivazioni di \(\displaystyle i(M)\) in \(\displaystyle i(0)\), avremmo che le "derivate" \(\displaystyle(1,1)\) e \(\displaystyle(1,-1)\) appartengono a \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)\); da ciò \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)\cong\mathbb{R}^2\), ovvero \(\displaystyle i(M)\) non è una varietà differenziabile!
Ma noi sappiamo che \(\displaystyle T_0M\equiv T_0\mathbb{R}\cong\mathbb{R}\); e se \(\displaystyle i\) fosse un embedding, allora doremmo avere \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)=T_{(0,0)}i(M)\cong\mathbb{R}\), da ciò la nostra intuizione è sbagliata? No!, possiamo affermare che \(\displaystyle i\) non è un embedding!
Rigorosamente, il "differenziale" di \(\displaystyle i\) è una funzione (lineare) ben definita; e per esattezza:
\[
i:x\in M\to(x,|x|)\in\mathbb{R}^2\\
di:TM\to T\mathbb{R}^2;
\]
ma come tu noti: \(\displaystyle d_0i\) è la mappa lineare nulla, quindi per definizione \(\displaystyle i\) non è un embedding!
Questo ragionamento rigoroso, sarebbe corretto se il grafico della funzione \(\displaystyle|\cdot|\) fosse una varietà differenziabile e se \(\displaystyle i\) fosse una mappa liscia di varietà differenziabili...
Sappiamo che \(\displaystyle T_{i(x)}i(M)=\langle(1,1)\rangle\) se \(\displaystyle x>0\) e \(\displaystyle T_{i(x)}i(M)=\langle(1,-1)\rangle\) se \(\displaystyle x<0\); quindi, identificando \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)\) con lo spazio delle \(\displaystyle\mathbb{R}\)-derivazioni di \(\displaystyle i(M)\) in \(\displaystyle i(0)\), avremmo che le "derivate" \(\displaystyle(1,1)\) e \(\displaystyle(1,-1)\) appartengono a \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)\); da ciò \(\displaystyle T_{i(0)}i(M)\cong\mathbb{R}^2\), ovvero \(\displaystyle i(M)\) non è una varietà differenziabile!
Forse mi sbaglio ma
Ma che problema c'è a dargliela, ecco la più naturale e ovvia topologia su $M$, ${i^{-1}(A):A$ aperto
in $i(M)}$.
Scusa, ma no.... mica tutte le curve lisce in $\mathbb{R^2}$ vanno bene, oltre ad essere lisce
infatti come minimo devono partire da un intervallo aperto ( altrimenti potrebbe non essere neanche
una varietà, semmai una con bordo se l'intervallo è chiuso.... ) ed iniettive ( anche qua altrimenti
$\Gamma$ potrebbe non essere una varietà ), tutto è necessario, ma non so se già sufficiente.
Il vero problema, a mio avviso è che per la definizione di varietà diff. astratta, $M$ ( oppure $i
(M)$ risulterebbero esserlo, e con la loro toplogia indotta poi. Consideriamo ad esempio il seguente
atlante differenziabile per $i(M)$, ${A_i,p_i}$ sove gli $A_i$ sono gli aperti di $i(M)$ nella
topologia indotta e $p_i$ è la proiezione $p(x,y)=(x,0)$ [ $p(x,y) = x$ sarebbe qualora
considerassimo $M$ in luogo di $i(M)$, ma non cambia tanto ], $p_i$ proiezioni, dicevo, ma
rispettivamente ristrette agli $A_i$, per ogni $i$. E' facile verificare ora che i cambiamenti di
carte sono differenziabili in ogni punto, dunque $M$ e $i(M)$ sono varietà differenziabili a pieno
titolo. Dunque anche in $(0,0)$, $i(M)$ ha un unico piano tangente di dimensione 1, ma dal punto di
vista geometrico ed intuitivo non torna affatto direi ma, ripeto, abbiamo usato la definizione
astratta che per un matematico dovrebbe essere quella più vera...
Ma tu dici:
Infatti ecco appunto l'aspetto geometrico intuitivo che non torna affatto.
su M non è data per ipotesi alcuna topologia, quindi a priori non si può affermare che j sia un omeomorfismo tra M e Γ
Ma che problema c'è a dargliela, ecco la più naturale e ovvia topologia su $M$, ${i^{-1}(A):A$ aperto
in $i(M)}$.
basta considerare una biezione tra M e una curva liscia Γ in $R^2$
Scusa, ma no.... mica tutte le curve lisce in $\mathbb{R^2}$ vanno bene, oltre ad essere lisce
infatti come minimo devono partire da un intervallo aperto ( altrimenti potrebbe non essere neanche
una varietà, semmai una con bordo se l'intervallo è chiuso.... ) ed iniettive ( anche qua altrimenti
$\Gamma$ potrebbe non essere una varietà ), tutto è necessario, ma non so se già sufficiente.
Il vero problema, a mio avviso è che per la definizione di varietà diff. astratta, $M$ ( oppure $i
(M)$ risulterebbero esserlo, e con la loro toplogia indotta poi. Consideriamo ad esempio il seguente
atlante differenziabile per $i(M)$, ${A_i,p_i}$ sove gli $A_i$ sono gli aperti di $i(M)$ nella
topologia indotta e $p_i$ è la proiezione $p(x,y)=(x,0)$ [ $p(x,y) = x$ sarebbe qualora
considerassimo $M$ in luogo di $i(M)$, ma non cambia tanto ], $p_i$ proiezioni, dicevo, ma
rispettivamente ristrette agli $A_i$, per ogni $i$. E' facile verificare ora che i cambiamenti di
carte sono differenziabili in ogni punto, dunque $M$ e $i(M)$ sono varietà differenziabili a pieno
titolo. Dunque anche in $(0,0)$, $i(M)$ ha un unico piano tangente di dimensione 1, ma dal punto di
vista geometrico ed intuitivo non torna affatto direi ma, ripeto, abbiamo usato la definizione
astratta che per un matematico dovrebbe essere quella più vera...
Ma tu dici:
è facile rendersi conto che $T_O$ i(M)≅⟨(1,−1),(1,1)⟩=$R^2$ ove O=(0,0) , e che quindi i(M) non può essere una sottovarietà differenziabile di $R^2$
Infatti ecco appunto l'aspetto geometrico intuitivo che non torna affatto.
Però forse a ripensarci nell'ultimo mio appunto hai ragione, almeno una sottovarirtà non è sempre una varietà immersa, devo ricordare meglio le definizioni, anche se anche una sottovarietà di una certa classe potrebbe essere (varietà topologica sicuro) ma anche differenziabile, di questo sono quasi sicuro.
Non ho capìto molto bene le tue obiezioni...
Facendo un esempio smooth: il toro embedded in \(\displaystyle\mathbb{R}^3\) non è la stessa cosa del toro \(\displaystyle\mathbb{T}^2\) tout court in \(\displaystyle\mathbb{R}^4\)...
Facendo un esempio smooth: il toro embedded in \(\displaystyle\mathbb{R}^3\) non è la stessa cosa del toro \(\displaystyle\mathbb{T}^2\) tout court in \(\displaystyle\mathbb{R}^4\)...
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