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Continua ma non troppo

Inviato: 13 giu 2017, 18:15
da RiccardoKelso
Posto qui perché in fondo la sezione mi sembra appropriata (e sono troppo pigro per trovare un altro forum);
Si discuta l'eventuale continuità della funzione $f:(\mathbb{C} \setminus \{0\})\times [0,1] \longrightarrow \mathbb{C} \setminus \{0\}$ definita come $f(z,t)=z^{3+2t}$.

Re: Continua ma non troppo

Inviato: 15 giu 2017, 09:26
da teppic
Sono un po' arrugginito di analisi complessa, ma direi che è continua, e lo dimostrerei con la definizione di continuità, eventualmente passando alle coordinate polari, per semplicità.

Re: Continua ma non troppo

Inviato: 15 giu 2017, 11:53
da RiccardoKelso
Il problema è che $f_3:\mathbb{C} \setminus \{0\} \rightarrow \mathbb{C} \setminus \{0\},\space f_3(z)=z^3$ e $f_5:\mathbb{C} \setminus \{0\} \rightarrow \mathbb{C} \setminus \{0\},\space f_5(z)=z^5$ non possono essere omotope in $\mathbb{C} \setminus \{0\}$ in quanto inducono morfismi differenti su $H_1(\mathbb{C} \setminus \{0\})$. Però mi sarebbe piaciuto vederlo in altro modo e allora ho pensato a quanti e quali numeri complessi elevati a $\sqrt{10}$ diano come risultato $1$, e l'insieme potrebbe non essere così chiuso.. Sinceramente ho postato qui sperando che qualcuno mi dicesse dove sbaglio a ragionare o che qualche cane da tartufo trovasse un punto di discontinuità :roll:

Re: Continua ma non troppo

Inviato: 15 giu 2017, 13:01
da Drago96
Spero di non dire cavolate, ma considera anche solo $z\mapsto z^{\frac1 2}$; il modo sensato di definirla è $\exp(\frac1 2 \log z)$, con $\log$ preso sul ramo principale. Però si vede bene che $e^{i(\pi-\varepsilon)}$ e $e^{-i(\pi-\varepsilon)}$ vengono mandati rispettivamente in $i\exp(-i\frac\varepsilon 2)$ e $-i\exp(i\frac\varepsilon 2)$ che sono parecchio distanti. Quindi la radice quadrata non è molto continua. (lo è però su $\mathbb C\setminus\mathbb R^-$)
La stessa cosa puoi dirla della tua funzione con, ad esempio, $t=\frac1 4$.
Però sinceramente il tuo modo di vederla sembra più elegante, se ho capito cosa stai facendo e il tuo $H_1$ è il gruppo fondamentale (che ho sempre visto con $\pi_1$)

Re: Continua ma non troppo

Inviato: 15 giu 2017, 14:14
da RiccardoKelso
Circa, è il primo gruppo di omologia. Comunque grazie mille, nelle mie sconfinate lacune era compreso anche il concetto di funzione polidroma (con annessi rami principali etc.), ora almeno so a grandi linee di cosa si sta parlando. Gentilissimo! :D

Re: Continua ma non troppo

Inviato: 17 giu 2017, 22:42
da EvaristeG
Wow, che pastrocchio... dunque, intanto ha ragione Drago96, ma ne ha più di quanta creda: la funzione $f_\alpha(z)=z^\alpha$ non è ben definita per $\alpha$ non intero ... il fatto di prendere un certo ramo del logaritmo un altro è completamente arbitrario; in particolare, se $\alpha=k/n$ con $(k,n)=1$ e se $\zeta_n$ è una radice n-esima di 1, allora le funzioni $f_\alpha(z)$ e $\zeta_n f_\alpha(z)$ sono entrambe candidate ad essere "la radice n-esima di $z^k$".

Facciamo un esempio non completamente ovvio: cerchiamo una funzione $f:\mathbb{C}\to\mathbb{C}$ tale che $f(z)^3=z$ (togliere lo 0 soltanto è piuttosto inutile, tanto lì siamo sicuri di quanto varrà la funzione...). Quanto vale questa funzione in $z=1$? Beh, può avere 3 valori:
$$z=1, z=-1/2 + \sqrt{3}/2 i, z= - 1/2 -\sqrt{3}/2 i$$
diciamo, per semplicità, che valga $1$. Se ora ci muoviamo lungo la circonferenza unitaria, ad esempio con la curva $\gamma(t)=\cos t + i \sin t$, prendere la radice cubica vuol dire risolvere le equazioni $\cos(3s)=\cos(t),\ \sin(3s)=\sin(t)$, che porta a $s=t/3 + 2k\pi/3$; se vogliamo che per $s=0$ si ottenga $t=0$, allora $k\equiv 0\bmod 3$. Quindi, $f(\gamma(t))=\cos(t/3 + 2k\pi/3)+i\sin(t/3 + 2k\pi/3)$ con $k\equiv 0\bmod 3$.
Ora, è evidente che basta prendere $k=0$, poiché per $k=3h$ si ottiene sempre la stessa funzione.
Se $t\to2\pi^-$, allora $t/3 \to (2\pi/3)^{-}$ e dunque,
$$\lim_{t\to 2\pi^-}f(\gamma(t))=\cos(2\pi/3)+i\sin(2\pi/3)=-1/2+\sqrt{3}/2 i$$
mentre $f(\gamma(0))=1$.

Da dove nasce questo problema? beh, dal fatto che $z\to z^n$ non è una funzione iniettiva se $n\neq 1$ e dunque non ha un'inversa vera e propria. In realtà, fuori da $z=0$, la funzione $z\to z^n$ manda $n$ punti diversi in uno solo, ovvero è una funzione $n$ a $1$.

O, alternativamente, dal fatto che $\log z$ non sia ben definita.

Comunque, per arrivare al tuo problema di omotopia, attento: il fatto che quella che hai scritto non sia un'omotopia non implica che non ne esista una. In realtà, essere o non essere omotope è equivalente a indurre o non indurre lo stesso omomorfismo nei gruppi fondamentali, che, nel caso di $\mathbb{C}^*$ sono la stessa cosa che i gruppi di omologia. Quindi è difficile trovare dimostrazioni che non passino di lì.
Il punto fondamentale è che il grado è un invariante topologico e più o meno corrisponde al numero di controimmagini...o se vuoi, i rivestimenti dati dalle due mappe non sono isomorfi. O ancora, puoi vederli come fibrati in rette sul toro, ma il succo rimane sempre quello e il conto è sempre lo stesso: guardi cosa fanno ad un generatore del gruppo fondamentale, ovvero alla circonferenza unitaria, in termini di indice di avvolgimento attorno all'origine.

Il modo più semplice di formularlo è il seguente: date due mappe $f,g:X\to Y$ omotope (sia $H;X\times[0,1]\to Y$ l'omotopia) e data una curva $\gamma:[0,1]\to X$, allora le curve $f\circ \gamma$ e $g\circ\gamma$ sono omotope, tramite l'omotopia $H(\gamma(\cdot), cdot):[0,1]\times[0,1]\to Y$.
Ma le curve $t\mapsto(\cos(3t), \sin(3t))$ e $t\mapsto(\cos(5t), \sin(5t))$ non sono omotope in $\mathbb{C}^*$, in quanto hanno indici di avvolgimento $3$ e $5$ attorno all'origine.