Uccidere mosche con un cannone...
... Ovvero, dimostrazioni assurde di risultati semplici.
Proviamo a proporre dimostrazioni di fatti elementari basate su teoremi "difficili": potrebbe essere un passatempo divertente per ammazzare il tempo tra una nuotata ed un'altra.
Comincio con questo:
Dim.: Per assurdo, supponiamo che \(\sqrt[n]{2} =\frac{p}{q}\) con \(p,q\in \mathbb{N}\).
Evidentemente si ha \(p>1\) ed anche \(q>1\); ma allora è:
\[
p^n =2\ q^n =q^n +q^n
\]
il che contraddice l'Ultimo Teorema di Fermat. \(\square\)
Osservazione: Sorprendentemente, l'Ultimo Teorema di Fermat non è tanto forte da assicurare che \(\sqrt{2}\) è irrazionale.
Proviamo a proporre dimostrazioni di fatti elementari basate su teoremi "difficili": potrebbe essere un passatempo divertente per ammazzare il tempo tra una nuotata ed un'altra.
Comincio con questo:
Per ogni \(3\leq n\in \mathbb{N}\), il numero \(\sqrt[n]{2}\) è irrazionale.
Dim.: Per assurdo, supponiamo che \(\sqrt[n]{2} =\frac{p}{q}\) con \(p,q\in \mathbb{N}\).
Evidentemente si ha \(p>1\) ed anche \(q>1\); ma allora è:
\[
p^n =2\ q^n =q^n +q^n
\]
il che contraddice l'Ultimo Teorema di Fermat. \(\square\)
Osservazione: Sorprendentemente, l'Ultimo Teorema di Fermat non è tanto forte da assicurare che \(\sqrt{2}\) è irrazionale.
Risposte
@Martino: Beh, lo spirito è più o meno quello; però io volevo fatti davvero banali dimostrati attraverso teoremi "superiori".
Altro esempio:
Dim.: È noto che l'insieme \(\mathbb{R}^I\) (di tutte le applicazioni di \(I\) in \(\mathbb{R}\)) ha potenza maggiore di quella di \(\mathbb{R}\).
D'altra parte, l'insieme \(C(I)\) ha cardinalità pari a quella di \(\mathbb{R}^{\mathbb{Q}\cap I}\) (perchè ogni funzione continua può essere ricorstruita univocamente a partire dai valori che essa assume su un insieme denso in \(I\)), che è equipotente ad \(\mathbb{R}\) per le regole dell'Aritmetica Cardinale.
Conseguentemente, esiste almeno un \(f\in \mathbb{R}^I \setminus C(I)\). \(\square\)
Altro esempio:
Sia \(I\subseteq \mathbb{R}\) un intervallo non degenere.
Esiste almeno una funzione \(f:I\to \mathbb{R}\) discontinua in almeno un punto di \(I\).
Dim.: È noto che l'insieme \(\mathbb{R}^I\) (di tutte le applicazioni di \(I\) in \(\mathbb{R}\)) ha potenza maggiore di quella di \(\mathbb{R}\).
D'altra parte, l'insieme \(C(I)\) ha cardinalità pari a quella di \(\mathbb{R}^{\mathbb{Q}\cap I}\) (perchè ogni funzione continua può essere ricorstruita univocamente a partire dai valori che essa assume su un insieme denso in \(I\)), che è equipotente ad \(\mathbb{R}\) per le regole dell'Aritmetica Cardinale.
Conseguentemente, esiste almeno un \(f\in \mathbb{R}^I \setminus C(I)\). \(\square\)
dimostrare il teorema di decomposizione in fratti semplici in un caso semplice usando il teorema di Liouville può andar bene?
ps: in effetti non sono sicuro si possa fare
ps: in effetti non sono sicuro si possa fare
Guarda, teoremi complessi non ne conosco, chiedo venia se ciò che scrivo può risultare banale, però è carino 
, ci ho pensato stamane.
Teorema 2 è primo
sfrutto le seguenti cose.
dim
Supponiamo per assurdo che $2$ non è primo.
Supponiamo allora che $EE a,b in ZZ$ non riducibili , $a,b$ positivi, tali che
$2=ab$.(1)
Dalla (1) risulta che devono valere le seguenti uguaglianze, e cioè
a) $1
ma allora si avrebbe che $2=ab=2*2=4$ . Assurdo.
Pertanto, almeno uno dei due fattori tra $a,b$ dev'essere riducibile.
Ciao!
, ci ho pensato stamane.Teorema 2 è primo
sfrutto le seguenti cose.
dim
Supponiamo per assurdo che $2$ non è primo.
Supponiamo allora che $EE a,b in ZZ$ non riducibili , $a,b$ positivi, tali che
$2=ab$.(1)
Dalla (1) risulta che devono valere le seguenti uguaglianze, e cioè
a) $1
ma allora si avrebbe che $2=ab=2*2=4$ . Assurdo.
Pertanto, almeno uno dei due fattori tra $a,b$ dev'essere riducibile.
Ciao!
Se $f: X\to Y$ e' una funzione e $(A_i)\subseteq X$, $f(\bigcup A_i) = \bigcup f(A_i)$ perche' $f : P(X)\to P(Y) : f^{-1}$ sono due funtori aggiunti.
Questo non e' propriamente un risultato elementare, ma una cosa che si puo' fare a mano, faticando un po', e che invece coi giusti cannoni diventa uno sputo.
I gruppi di omotopia di uno spazio topologico $\pi_n(X,x)$ per $n\ge 2$ sono tutti abeliani, perche' se $X$ e' un $H$-cogruppo (ossia un oggetto gruppo nella categoria opposta di $\mathbf{hTop}$) e $Y$ un $H$-gruppo (ossia un oggetto gruppo nella categoria $\mathbf{hTop}$), allora $[X,Y]=\hom_{\mathbf{hTop}}(X,Y)$ e' un gruppo abeliano (segue immediatamente dal trucco di Eckmann-Hilton). A questo punto e' facile concludere perche' $\pi_n(X,x):=[S^n,X]=[\Sigma S^{n-1},X]=[S^{n-1},\Omega X]=:\pi_{n-1}(\Omega X )=[\Sigma S^{n-2},\Omega X]$, ed e' noto che per ogni spazio $X$, $\Omega X$ e' un gruppo e $\Sigma X := X\wedge S^1$ e' un cogruppo.
I gruppi di omotopia di uno spazio topologico $\pi_n(X,x)$ per $n\ge 2$ sono tutti abeliani, perche' se $X$ e' un $H$-cogruppo (ossia un oggetto gruppo nella categoria opposta di $\mathbf{hTop}$) e $Y$ un $H$-gruppo (ossia un oggetto gruppo nella categoria $\mathbf{hTop}$), allora $[X,Y]=\hom_{\mathbf{hTop}}(X,Y)$ e' un gruppo abeliano (segue immediatamente dal trucco di Eckmann-Hilton). A questo punto e' facile concludere perche' $\pi_n(X,x):=[S^n,X]=[\Sigma S^{n-1},X]=[S^{n-1},\Omega X]=:\pi_{n-1}(\Omega X )=[\Sigma S^{n-2},\Omega X]$, ed e' noto che per ogni spazio $X$, $\Omega X$ e' un gruppo e $\Sigma X := X\wedge S^1$ e' un cogruppo.
"Kashaman":Forse volevi scrivere non invertibili!
...$EE a,b in ZZ$ non riducibili...
P.S.: Quando avrò del tempo fornirò una dimostrazione topologica dell'essere \(3\cdot0=0\)
"j18eos":Forse volevi scrivere non invertibili!
[quote="Kashaman"]...$EE a,b in ZZ$ non riducibili...
P.S.: Quando avrò del tempo fornirò una dimostrazione topologica dell'essere \(3\cdot0=0\)
[/quote]Scusa svista
propongo un'altra va (confido che questa è molto demenziale, un po un delirio)
Th $2!=1$ ( in $ZZ$)
dim 1
Supponiamo per assurdo che $2=1$.
Ma allora se $2=1 => 2-1=1-1=0=>1=0$(1).
per la $1$ risulterebbe essere sia elemento neutro rispetto al prodotto, che rispetto alla somma definita su $ZZ$. Analogamente per $0$.
Quindi si ha che
Prime ipotesi
$AA x in ZZ :1+x=0+x=x$ (1)
$AA x in ZZ :1*x=0x=x$
seconde ipotesi
Inoltre , è noto che $AA x, x0*=0*x=0$.
Dalla 1) si ha che
$1*x+x=0*x+x => 2x=x=>2x-x=0 => x=0$. Ciò allora prova che $ZZ={0}$ , il che è un assurdo.
(molto probabilmente ho scritto cavolate , vogliatemi scusarmi
)
(confido che questa è molto demenziale, un po un delirio)Th $2!=1$ ( in $ZZ$)
dim 1
Supponiamo per assurdo che $2=1$.
Ma allora se $2=1 => 2-1=1-1=0=>1=0$(1).
per la $1$ risulterebbe essere sia elemento neutro rispetto al prodotto, che rispetto alla somma definita su $ZZ$. Analogamente per $0$.
Quindi si ha che
Prime ipotesi
$AA x in ZZ :1+x=0+x=x$ (1)
$AA x in ZZ :1*x=0x=x$
seconde ipotesi
Inoltre , è noto che $AA x, x0*=0*x=0$.
Dalla 1) si ha che
$1*x+x=0*x+x => 2x=x=>2x-x=0 => x=0$. Ciò allora prova che $ZZ={0}$ , il che è un assurdo.
(molto probabilmente ho scritto cavolate , vogliatemi scusarmi
)
killing_buddha, non riesco davvero ad apprezzare il tuo rifiuto a chiarire le notazioni.
Grazie.
"killing_buddha":Cos'è H?
$H$-cogruppo
(ossia un oggetto gruppo nella categoria opposta di $\mathbf{hTop}$)Cos'è hTop?
$[X,Y]=\hom_{\mathbf{hTop}}(X,Y)$Mi sembra di capire che questa sia la definizione del bracket.
e' noto che per ogni spazio $X$, $\Omega X$ e' un gruppo e $\Sigma X := X\wedge S^1$ e' un cogruppo.Come sono definiti [tex]\Omega[/tex] e [tex]\Sigma[/tex]? Siccome i loro nomi non sono parole faccio fatica ad andarmeli a cercare (ricordo che li avevo visti una volta ma li ho dimenticati).
Grazie.
Mo' scrivo tutto per bene; volevo farlo ma poi ho pensato che avrebbe incusso piu' timore parlare attraverso un incomprensibile dialetto.
Ovviamente scherzo, scusa se non sono stato plain fin da subito.
Un H-gruppo e' un gruppo nella categoria dell'omotopia di qualcosa: la "H" non designa un oggetto, ma sta per Homotopy. Idem dicasi per un H-cogruppo.
$\mathbf{hTop}$ e' la categoria dell'omotopia degli spazi topologici [1]: gli oggetti sono gli stessi, ma ogni hom-set viene quozientato per la congruenza (rispetto all'operazione di composizione) $f\sim g\iff $ f,g sono omotope. Un modo rapido di denotare l'insieme delle classi di omotopia di mappe continue tra due spazi e' proprio quello di scrivere $[X,Y]$.
$\Omega$ e' il funtore del loop-space, aggiunto destro del funtore di sospensione che manda uno spazio $X$ nello spazio $X\wedge S^1$, dove $\wedge$ e' il prodotto schiacciato.
[1] In effetti non vanno bene "tutti" gli spazi: prendi per esempio gli spazi compattamente generati e di Hausdorff, o una qualsiasi sottocategoria di $\mathbf{Top}$ che sia monoidale simmetrica...
Ovviamente scherzo, scusa se non sono stato plain fin da subito.
Un H-gruppo e' un gruppo nella categoria dell'omotopia di qualcosa: la "H" non designa un oggetto, ma sta per Homotopy. Idem dicasi per un H-cogruppo.
$\mathbf{hTop}$ e' la categoria dell'omotopia degli spazi topologici [1]: gli oggetti sono gli stessi, ma ogni hom-set viene quozientato per la congruenza (rispetto all'operazione di composizione) $f\sim g\iff $ f,g sono omotope. Un modo rapido di denotare l'insieme delle classi di omotopia di mappe continue tra due spazi e' proprio quello di scrivere $[X,Y]$.
$\Omega$ e' il funtore del loop-space, aggiunto destro del funtore di sospensione che manda uno spazio $X$ nello spazio $X\wedge S^1$, dove $\wedge$ e' il prodotto schiacciato.
[1] In effetti non vanno bene "tutti" gli spazi: prendi per esempio gli spazi compattamente generati e di Hausdorff, o una qualsiasi sottocategoria di $\mathbf{Top}$ che sia monoidale simmetrica...
Stavo pensando di dimostrare il noto teorema di Lagrange per funzioni di una variabile con un pizzico di geometria differenziale.
L'idea è questa (ditemi se è corretta):
Consideriamo una funzione $f:[a,b]->RR$ di classe $C^1_RR$ con $a,b in RR$ e $a
Il teorema di Lagrange dice che esiste un punto $xi in [a,b]$ tale che:
$(f(b)-f(a))/(b-a)=f'(xi)$
Consideriamo $grf(f)={(x,f(x))inRR^2|a<=x<=b}$, $grf(f)$ è una curva.
Consideriamo ora la retta $gamma$ passante per $(a,f(a))$ e $(b,f(b))$, in forma parametrica:
${(x=a+t(b-a)),(y=f(a)+t(f(b)-f(a))):}$
La sua giacitura è data da: $G_gamma:L(b-a,f(b)-f(a))$.
A questo punto mi basterebbe dimostrare che esiste almeno un punto in $grf(f)$ in cui il raggio di curvatura $vec rho$ appartenga al complemento ortogonale di $G_gamma$.
Qualcuno riesce a portare avanti questa idea ?
Edit: Cioè, è evidente che in generale se abbiamo $2$ punti in $RR^2$ e una curva regolare qualsiasi che "parte" da uno di quei punti e "arriva" all'altro; ad un certo punto è necessario che il vettore raggio di curvatura $vec rho$ sia perpendicolare alla retta che congiunge $vec a$ con $vec b$. Tuttavia non mi sovviene come dimostrare ciò...
Qualcuno riesce a portare avanti questa idea ?
Edit2: Non si potrebbe dimostrare anche che esiste un'isometria tale che il problema di Lagrange diventi il problema di Rolle ?
L'idea è questa (ditemi se è corretta):
Consideriamo una funzione $f:[a,b]->RR$ di classe $C^1_RR$ con $a,b in RR$ e $a
Il teorema di Lagrange dice che esiste un punto $xi in [a,b]$ tale che:
$(f(b)-f(a))/(b-a)=f'(xi)$
Consideriamo $grf(f)={(x,f(x))inRR^2|a<=x<=b}$, $grf(f)$ è una curva.
Consideriamo ora la retta $gamma$ passante per $(a,f(a))$ e $(b,f(b))$, in forma parametrica:
${(x=a+t(b-a)),(y=f(a)+t(f(b)-f(a))):}$
La sua giacitura è data da: $G_gamma:L(b-a,f(b)-f(a))$.
A questo punto mi basterebbe dimostrare che esiste almeno un punto in $grf(f)$ in cui il raggio di curvatura $vec rho$ appartenga al complemento ortogonale di $G_gamma$.
Qualcuno riesce a portare avanti questa idea ?
Edit: Cioè, è evidente che in generale se abbiamo $2$ punti in $RR^2$ e una curva regolare qualsiasi che "parte" da uno di quei punti e "arriva" all'altro; ad un certo punto è necessario che il vettore raggio di curvatura $vec rho$ sia perpendicolare alla retta che congiunge $vec a$ con $vec b$. Tuttavia non mi sovviene come dimostrare ciò...
Qualcuno riesce a portare avanti questa idea ?
Edit2: Non si potrebbe dimostrare anche che esiste un'isometria tale che il problema di Lagrange diventi il problema di Rolle ?
Secondo me per portare avanti questo approccio devi usare il teorema dei valori intermedi, il che significa sostanzialmente rifare la dimostrazione classica.
Sull'edit 2: certo che si può fare, basta traslare il punto \((a, f(a))\) in \((0, 0)\) e puoi ruotare il piano in modo che il punto \((b-a, f(b)-f(a))\) finisca sull'asse delle \(x\). Ora ci siamo ricondotti alle ipotesi del teorema di Rolle.
Sull'edit 2: certo che si può fare, basta traslare il punto \((a, f(a))\) in \((0, 0)\) e puoi ruotare il piano in modo che il punto \((b-a, f(b)-f(a))\) finisca sull'asse delle \(x\). Ora ci siamo ricondotti alle ipotesi del teorema di Rolle.
Grazie dissonance mi leggi nel pensiero!
Forse Gugo si era proprio ispirato a questo e non l'ha messo per far aguzzare l'ingegno agli utenti nostrani, in ogni caso ormai è passato un po' di tempo per cui: http://mathoverflow.net/questions/42512 ... mple-facts .
.
Questo e' fresco di oggi: magari lo posto anche di la'.
Prop.: Un bouquet di $n$ cerchi non e' omeomorfo a un bouquet di $m$ cerchi se $m\ne n$.
Proof: Ci si riduce a dimostrare che il gruppo libero su $n$ lettere non e' ma isomorfo a quello su $m$ lettere; questo e' vero per motivi elementari ma anche meno elementari, eccone un paio.
1. Uso l'aggiunzione gruppo libero - funtore smemorato: l'aggiunto sinistro e' fedele e ha per dominio una categoria bilanciata, dunque riflette gli isomorfismi. Supponendo che $F_m\cong F_n$ dovrebbe quindi essere vero che $\{1,..., m\}$ e $\{1,...,n\}$ sono equipotenti. []
2. Supponiamo che $F_n,F_m$ siano isomorfi. Abelianizzo i due gruppi, ottengo $\mathbb Z^n\cong \mathbb Z^m$; ora pero' il teorema di classificazione dei gruppi abeliani implica che $m=n$. []
3. Se $F_n\cong F_m$ per funtorialita' deve essere $\hom(F_n,\mathbb Z_2)\cong \hom(F_m,\mathbb Z_2)$, col che (usando ancora l'aggiunzione gruppo libero - funtore smemorato) deve essere $\hom([n],\{0,1\})\cong \hom([m],\{0,1\})$, dove indico con $[n]=\{1,...,n\}$. Questo implica che $2^m=2^n$, col che $n=m$. []
Prop.: Un bouquet di $n$ cerchi non e' omeomorfo a un bouquet di $m$ cerchi se $m\ne n$.
Proof: Ci si riduce a dimostrare che il gruppo libero su $n$ lettere non e' ma isomorfo a quello su $m$ lettere; questo e' vero per motivi elementari ma anche meno elementari, eccone un paio.
1. Uso l'aggiunzione gruppo libero - funtore smemorato: l'aggiunto sinistro e' fedele e ha per dominio una categoria bilanciata, dunque riflette gli isomorfismi. Supponendo che $F_m\cong F_n$ dovrebbe quindi essere vero che $\{1,..., m\}$ e $\{1,...,n\}$ sono equipotenti. []
2. Supponiamo che $F_n,F_m$ siano isomorfi. Abelianizzo i due gruppi, ottengo $\mathbb Z^n\cong \mathbb Z^m$; ora pero' il teorema di classificazione dei gruppi abeliani implica che $m=n$. []
3. Se $F_n\cong F_m$ per funtorialita' deve essere $\hom(F_n,\mathbb Z_2)\cong \hom(F_m,\mathbb Z_2)$, col che (usando ancora l'aggiunzione gruppo libero - funtore smemorato) deve essere $\hom([n],\{0,1\})\cong \hom([m],\{0,1\})$, dove indico con $[n]=\{1,...,n\}$. Questo implica che $2^m=2^n$, col che $n=m$. []
"dissonance":
e puoi ruotare il piano in modo che il punto \((b-a, f(b)-f(a))\) finisca sull'asse delle \(x\). Ora ci siamo ricondotti alle ipotesi del teorema di Rolle.
però ora che ci penso può accadere che con una rotazione quello che io ottenga non sia più il grafico di una funzione!!!
Che si può fare ?
Toh, è vero. E allora niente, si chiude il libro e si va al bar. Oppure si consulta qualche libro di Analisi 1, cercando di trovarne uno che dimostri il teorema di Lagrange a partire dal teorema di Rolle. Si tratta di trovare una giusta trasformazione per passare dal primo al secondo: non è che per forza deve essere una isometria, eh. Per esempio, se \(f\) è una funzione di \([a, b]\) in \(\mathbb{R}\), la funzione
\[
g(x)=f(x)-\frac{x-a}{b-a}f(b) -\frac{b-x}{b-a}f(a)
\]
è tale che \(g(a)=g(b)=0\). Quindi esiste un punto \(\xi\in (a, b)\) tale che \(g'(\xi)=0\). Eccetera eccetera...
P.S.: Comunque siamo OT.
\[
g(x)=f(x)-\frac{x-a}{b-a}f(b) -\frac{b-x}{b-a}f(a)
\]
è tale che \(g(a)=g(b)=0\). Quindi esiste un punto \(\xi\in (a, b)\) tale che \(g'(\xi)=0\). Eccetera eccetera...
P.S.: Comunque siamo OT.
Ok sorry, fine OT (ti scrivo un pm )
)
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