Messaggioda j18eos » 01/09/2017, 12:36

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!
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Re: Il valore assoluto definisce una curva... liscia!

Messaggioda Livius » 07/09/2018, 16:02

Forse mi sbaglio ma
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.
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Re: Il valore assoluto definisce una curva... liscia!

Messaggioda Livius » 08/09/2018, 10:05

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.
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Messaggioda j18eos » 08/09/2018, 12:17

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 \(\displaystyle\mathbb{R}^4\)...
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