sexta-feira, 3 de maio de 2013

A reta não possui raiz

Iniciei meu final de semana lendo o artigo intitulado "$\mathbb{R}^3$ has no root" escrito por Robbert Fokkink e publicado em 2002 no periódico American Math. Monthly. Fokkink mostra que não existe um espaço topológico $X$ tal que $\mathbb{R}^3$ seja homeomorfo a $X\times X$, isto é exatamente o que Fokkink entende por $\mathbb{R}^ 3$ não possuir uma raiz. Como Fokkink observa no artigo, é possível mostrar que $\mathbb{R}^3$ não possui raiz utilizando a fórmula de Kunneth para grupos de homologia local de espaços euclidianos, contudo a ideia de Fokkink é trazer uma prova elementar daquele fato. A prova de Fokkink é elementar e se baseia somente na seguinte observação


- Se $h\colon\mathbb{R}^ n\rightarrow\mathbb{R}^ n$ é um homeomorfismo, então $h^ 2=h\circ h$ é um homeomorfismo que preserva orientação.

Resolvi fazer uma pergunta mais básica; 

- $\mathbb{R}$ possui raiz ?

Utilizando somente Topologia Geral, cheguei a uma resposta negativa da pergunta acima. Então, fica prometido que na próxima postagem trarei a minha demonstração de que $\mathbb{R}$ não possui raiz.

Bom final de semana!

19 comentários:

  1. Oi Alexandre,

    A idéia que me ocorreu foi a seguinte:

    Supondo a existência de um homeomorfismo $\psi$ entre $\mathbb{R}$ e $X\times X$ temos que $X \times X$ é Hausdorff (e portanto $X$ é Hausdorff) de modo que a diagonal
    $\Delta$ é fechada em $X\times X$.

    Temos também que $X\times X$ é conexo o que implica $X$ conexo. Segue que $\Delta$ é conexo e então via homeomorfismo $\psi$ temos que
    $\psi(\Delta) \subset \mathbb{R}$ é um fechado conexo.
    É possível obter que $\psi(\Delta)$ é limitado e dessa forma acredito que o problema se resolve pois com $\psi(\Delta)$ compacto, teríamos ($\simeq$ indicando homeormofismo):
    $\mathbb{R} \simeq X\times X \simeq \Delta \times \Delta \simeq \psi(\Delta)\times \psi(\Delta)$

    Isto é, $\mathbb{R}$ seria compacto!

    Assim tal homeomorfismo não pode existir.



    grande abraço!

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    1. Valeu, Rodrigo!

      Como conversamos, a tua ideia funciona muito bem ao adicionarmos o caso em que $\psi(\Delta)$ pode ser tambem um intervalo do tipo $[a,+\infty)$ ou $(-\infty,a]$. Como combinado, vou postar a tua soluccão.

      Grande abracco.

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    2. Oi Alexandre,

      Acho que tem uma pequena correção : Em geral, X x X conexo, não precisa ser X conexo, como por exemplo considerando

      X = R - {0}

      Mencionei isso porque isso daria S² homeomorfo a (R-{0})x (R-{0}. E então teríamos uma raiz para S².

      No caso acima no entanto, mesmo sem conexidade, a idéia ainda segue.

      grande abraço

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    3. Opa desculpa, desconsiderar linhas 5 e 6.

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    4. Oi Rodrigo,

      $X\times X$ conexo implica $X$ conexo, pois as projeções naturais $X\times X\rightarrow X$ são contínuas.

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    5. De fato.

      E (R-{0})x(R-{0})tem 4 componentes conexas.

      Desculpa dupla, desconsiderar tudo então.


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  2. Muito interessante esse problema. Tentei resolver trocando $\mathbb{R}$ por $\mathbb{S}^2$, mas não deu certo. Acho que esse caso não tem solução muito simples.

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    1. Oi Rafael,

      gostaria de dizer que eu sou grato pelo seu comentario e ao mesmo nao te agradecco por ele. Sou grato porque vc foi muito feliz com o questionamento sobre $\mathbb{S}$ e teve a gentileza de compartilhar aqui no blog. Porem, nao estou totalmente feliz com ele porque jah sao 2 horas da manha e nao consigo dormir pensando no problema proposto por vc. Muito bom, vou continuar pensando!

      Grande abracco

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    2. Oi Rafael,

      são 2:35 da manha, embora não tenha achado uma solução elementar (quero dizer, via topologia geral) para o problema que vc lançou acima, acho que jah vou dormir, estou mais ou menos satisfeito com uma solução usando a formula de Kunneth. Essa formula eh suficiente para resolver o problema (aplique diretamente para calcular o segundo e o primeiro gurpos de homologia de $\mathbb{S}^2=X\times X$) e veja a contradição. Não estou completamente feliz porque não considero essa prova elementar.

      Mais uma vez obrigado por compartilhar o problema aqui no blog. Fica o desafio de obter uma prova elementar de que $\mathbb{S}^ 2$ não tem raiz.

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    3. Caro Rafael,

      seguirei o comentario do Bill (veja abaixo) para apresentar outra solucao (sem usar formula de Kunneth) para o fato que $\mathbb{S}^ 2$ nao possui raiz. Primeiro, veja que nao existe um grupo $G$ tal que $(\mathbb{Z},+)$ seja isomorfo a $G\times G$. Por outro lado, se $X$ fosse uma raiz de $\mathbb{S}^2$ teriamos que o grupo de homotopia de ordem 2 de $\mathbb{S}^ 2$, ou seja, $(\mathbb{Z},+)$ seria isomorfo ao grpo de homotopia de ordem 2 de $X\times X$, ou seja, $(\mathbb{Z},+)$ seria isomorfo a $G\time G$ onde $G$ eh o grupo de homotopia de ordem 2 de $X$. Eh isso!

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    4. Caros Rafael e Prof. Alexandre,

      Obrigado pela referencia! Essa consideração foi interessante. Bem, usando esse argumento naturalmente, podemos dizer que um espaço topológico cujo grupo fundamental seja ciclico (circulo, plano projetivo,...) não pode ter raiz!? E de maneira genérica, se for o caso, um espaço topológico com grupo fundamental isomorfo a um grupo ciclico (ou qualquer outro grupo que não possua raiz) não pode ter raiz! Ficou levemente tautológico, mas é isso... Tudo certo?

      Embora já tenha visto todos esses resultados nunca tinha pensado tudo junto, sempre separado! "Por isso que as perguntas, em geral, sao mais importantes que as respostas."

      Abraço!

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    5. Olha a álgebra deixando as coisas consistentes!
      boa generalização, Bill!

      grande abraço

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  3. Bem, tive uma pequena conversação “in box” com o Prof. Alexandre, pois sou um cara muito tímido! :) Mas o nosso caro editor chefe achou de bom grado incluir os demais leitores do HHM (i.e. Happy Hour Matemático) no papo. Então vamos falar de um outro problema simples...

    A pergunta original, a grosso modo, foi feita para homeomorfismos de espaços topológicos. OK! E nada nos impede de pensar esse problema numa versão para isomorfismos de grupos (ou qualquer outra estrutura matemática RAZOÁVEL). Vamos dar a seguinte definição:

    Dizemos que um grupo G=(G, *) tem raiz se existe um outro grupo H = (H, . ) de tal sorte que G é isomorfo a H x H.

    "Vamos falar do óbvio":

    1) um grupo cíclico (i.e., gerado por um elemento só – quase spg você pode pensar em raízes n-ésimas da unidade) não admitem raiz (prova?).

    2) Todo grupo finito cuja ordem num seja um quadrado também nao tem raiz. Vamos esquecer os grupos finitos, por enquanto.

    Falando nas raízes n-ésimas da unidade... Escolha um primo p e considere $K_p$ < ($S^1$,.) < $\mathbb{C}$ ( $\mathbb{R} \setiminus {0}$, . ). Onde $K_p$ é o subgrupo de $S^1$ dado pela “união” das raízes $p^{\alpha}$-ésimas da unidade, para todo $\alpha$ natural. Tal grupo é abeliano, não finitamente gerado, todos os seus elementos tem ordem finita, p-grupo (i.e., todos os elementos tem ordem potência de p). Mas todo subgrupo próprio é ciclico (finito). Pergunta: $K_p$ tem raiz?

    Aposto que você já conseguiu! Senão, vamos pensar em outra pergunta...

    1) O grupo aditivo dos racionais possui raiz?

    Justificativa: Não! Todo subgrupo finitamente gerado de números racionais é ciclico (Demonstraçao?). E um subgrupo finitamente gerado de um grupo da forma H x H não precisa ser cíclico...

    Pegunta para esquentar...

    P.1) o grupo aditivo dos reais admite raiz?

    Caso alguém se interesse conheço alguns problemas nessa direçao... e nao conheço soluçoes elegantes... (elementares), por isso nao posto a priori! ;)

    Detalhes: Sou um grande fã do HHM (réu confesso) e tive a oportunidade de tomar algumas xícaras de café com o editor chefe (matemático decente!) :)

    Sem mais rasgaçao de seda, estou esperando com certa “ansiedade” uma postagem (humilde que seja) de Teoria dos Grupos no HHM. Desculpe pelo coment Prof. Alexandre. O sr. ja me conhece a uns 8 anos e continuo sendo o mesmo aluno chato, só mudei o endereço! :))

    Grande Abraços aos meus colegas do Norte!

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  4. Desculpem, quis colocar $\mathbb{C}* = \mathbb{C} \setminus \{0\} $ :)

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  5. Oi Bill,

    primeiro, gostaria de agradecer pelo comentario. Realmente, estou devendo uma postagem sobre Teoria dos Grupos, dentre outras coisas, acho que uma implcacao trivial desse fato (inexistencia de postagems sobre Teoria dos Grupos) eh que estamos tomando pouco cafeh juntos, ou seja, eh tempo de marcarmos um cafeh. Mas sei que vou ter que esperar um pouco, pois Milao estah um pouco longe daqui de Fortaleza!!!! Sobre o problema que vc propos, $(\mathbb{R},+)$ nao possui raiz, pois qualquer raiz desse grupo seria isomorfa a um subgrupo de $(\mathbb{R},+)$ pois $X$ se realiza como subgrupo de $X\times X$, mas todos os subgrupos aditivos da reta sao enumeraveis, logo o produto tem que ser enumeravel. Vc estah fortemente convidado a preparar uma postagem sobre raizes de grupos. Vou ficar muito feliz se vc fizer isso!!!!

    Grande abracco

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    1. Este comentário foi removido pelo autor.

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  6. Bom, professor, na verdade, há uma imperfeição na sua solução do problema proposto, uma vez que é possível encontrar subgrupos próprios de $\mathbb{R}$ não-enumeráveis. De fato, podemos considerar $\mathbb{R}$ como um espaço vetorial sobre $\mathbb{Q}$ (com as operações usuais), com base de Hamel não-enumerável (se fosse enumerável ou finita, também seria enumerável a reta). Portanto, ao tomarmos o subespaço vetorial gerado por um subconjunto não-enumerável próprio de uma base de Hamel, obtemos um subgrupo próprio aditivo de $\mathbb{R}$, contrariando a sua afirmação.

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    1. Mesmo estando claro, este comentário é relativo ao post anterior. Acabei postando fora do campo de respostas.

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    2. Perfeito, Rafael

      vc tem toda razao. Usei que subgrupos aditivos da reta sao enumeraveis, mas o que eh verdade eh que subgrupos aditivos da reta, que sao fechados com respeito aa topologia induzida da reta, sao enumeraveis.

      Muito obrigado pela observaccao!

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