Solução do problema sobre distorções de curvas

Como prometido, apresentaremos uma prova, devida a Michael Gromov, de que a distorção de uma curva fechada é maior do que ou igual à metade de $\pi$. Para ver uma definição de distorção de curvas fechadas e entender melhor o problema que estamos resolvendo, consulte a postagem anterior (aqui).

Prova. Seja $\gamma$ curva fechada de comprimento 2L. Suponhamos que $\gamma$ está parametrizada pelo comprimento de arco.  Para cada ponto p em $\gamma$, denotemos por p* o único ponto da curva tal que p e p* dividem a curva em dois arcos de comprimento L. Então, para provar a afirmação, e suficiente provar que existe um ponto p em $\gamma$ tal que |p-p*| é menor do que ou igual a 2L/$\pi$. Para tanto, suponhamos o contrario e definamos a curva $\alpha(t)=\gamma(t)-\gamma(t+\mbox{L})$ com $t$ variando entre 0 e L. Vale observar que $\alpha(t)$ é definido como a diferenca entre o ponto $\gamma(t)$ e o seu ponto * correspondente. Facilmente, vemos que $\alpha$ tem comprimento no máximo 2L. Por outro lado, $\alpha$ é uma curva cujos pontos final e inicial são antipodais e, por suposição, $\alpha$ está contida no exterior da bola euclidiana de centro na origem e raio 2L/$\pi$. Por isso, $\alpha$ deve ter comprimento maior do que o de uma semicircunferência de raio 2L/$\pi$, ou seja, $\alpha$ tem comprimento maior do que 2L. O que é o desejado absurdo.

Final da Prova.

Fica como desafio provar que se a distorção de $\gamma$ vale a metade de $\pi$, então $\gamma$ deve ser um circulo.

Até a próxima. 

Um problema sobre distorções de curvas

Seja $\gamma$ uma curva simples e fechada em $\mathbb{R}^n$ de comprimento finito L. Dados quaisquer dois pontos distintos $p$ e $q$ sobre $\gamma$, existem exatamente dois arcos sobre a curva que conectam $p$ e $q$ e, pelo menos um deles tem comprimento $D_{\gamma}(p,q)$ menor do que ou igual à metade de L. Definimos a distância em $\gamma$ entre p e q como sendo $D_{\gamma}(p,q)$. De fato, a função $D_{\gamma}$, assim definida, é uma distância sobre a curva $\gamma$. Pois bem,  agora definimos a distorção de $\gamma$ como o supremo dos quocientes $\frac{D_{\gamma}(p,q)}{|p-q|}$ quando $p\neq q$ variam em $\gamma$.

Eis o nosso problema de hoje!

Problema. A distorção de $\gamma$ é sempre maior do que ou igual à metade de $\pi$ e, ocorre a igualdade se, e somente se, $\gamma$ é um círculo.

Na próxima postagem, trarei uma belíssima solução para este problema. 

Renan, Medalha de Ouro

Renan da Silva Santos, aquele camarada do blog ponto de acumulação, aluno do Bacharelado em Matemática da UFC, conquistou a medalha de ouro no VI SIMPÓSIO NACIONAL / JORNADAS DE INICIAÇÃO CIENTÍFICA que aconteceu no IMPA, Rio de Janeiro, de 04 a 10 de novembro de 2012. O Renan, sob a minha orientação, apresentou uma monografia sobre endomorfismos injetivos de variedades algébricas. O resultado mais conhecido a respeito do tópico acima é o Teorema de Ax-Grothendick o qual diz que, no caso em que temos variedades algébricas sobre corpos algebricamente fechados, tais endomorfismos são necessariamente sobrejetivos. Além de trazer uma prova do Teorema de Ax-Grothendick, a monografia do Renan aborda resultados do tipo Ax-Grothendick quando consideradas variedades algébricas sobre corpos não necessariamente algebricamente fechados, vale a pena conferir.

Parabéns, Renan!

Complementar de conjuntos algébricos em $\mathbb{R}^n$

"Seja $V\subset\mathbb{R}^n$ um subconjunto algébrico não vazio. Então, $\mathbb{R}^n$ e $\mathbb{R}^n-V$ não são homeomorfos"

Abaixo, segue uma prova do resultado acima

Por Rodrigo Mendes Pereira

Primeiramente, meus agradecimentos ao professor Alexandre pelo convite! 

A prova que vou apresentar aqui usa uma versão semialgébrica da Homologia de Borel-Moore. Ressalto que o interesse em trabalhar com uma teoria de homologia dentro da estrutura semialgébrica é, dentre outros fatores, por ter a disposição boas ferramentas (como decomposição celular, descrição por fórmulas e existência de uma boa triangulação). De posse disto, é garantida a existência de uma classe fundamental sobre variedades algébricas que é essencial, em particular, para esta prova. Vamos lá então!

Gostaria de iniciar uma sequência observações sobre conjuntos semialgébricos apresentando o conceito de dimensão de conjuntos semialgébricos. Temos um teorema de decomposição de conjuntos semialgébricos que garante o seguinte: cada $X$ semialgébrico pode ser escrito como união finita e disjunta (a menos de um homeomorfismo semialgébrico) de cubos unitários abertos $(0,1)^{d_i}, \  d_i \in \mathbb{N} \cup \left\{0\right\}, i = 1,2 \ldots, k$. Com isto temos uma definição natural para dimensão de $X$, a saber, $dim X = max\left\{d_1, \ldots, d_k \right\}$ 

Antes de iniciarmos a prova propriamente dita,  vamos definir e fixar mais alguns fatos importantes referentes à teoria de homologia semialgébrica.

•  Sobre triangulação

Se $X$ é um semialgébrico compacto em $\mathbb{R}^n$, então existem $|\mathcal{K}| \subset \mathbb{R}^n$ complexo simplicial finito e um homemorfismo  $\varphi: |\mathcal{K}| \rightarrow X$ tal que o gráfico de $\varphi$ é um conjunto semialgébrico em $\mathbb{R}^{2n}$ (definição de um aplicação semialgébrica) e tal triangulação pode ser escolhida compatível com uma família $X_1, X_2, \ldots, X_n$ de conjuntos semialgébricos em $X$. Isto significa que $\varphi^{-1}\left(X_i\right) = L_i$ subcomplexo de $\mathcal{K}$. Por outro lado, se X é ilimitado ou não contém todos os seus pontos de fronteira podemos obter uma versão semialgébrica da compactificação de Alexandrov:

 Existem, para X localmente compacto, um subconjunto semialgébrico $X^* \subset \mathbb{R}^{n+1}$ compacto, um mergulho  semialgébrico de $X$ em $X^*$ de forma que  $X^*-X = \left\{p\right\} \in \mathbb{R}^{n+1}$.

Portanto, de posse de uma triangulação de $X$ (localmente compacto) podemos definir a 

• Homologia semialgébrica de Borel-Moore

      $H_i^{BM}(X,\mathbb{Z}_2 )$, se $X$ for compacto, é definido por  $H_i(X, \mathbb{Z}_2)$ e, se $X$ não for compacto, é definido por $H_i(X^*,X^*-X, \mathbb{Z}_2)$.

$i = 0,1, \ldots, dimX$.

Um comentário: $H_i(X, \mathbb{Z}_2)$ trata-se de um grupo de homologia simplicial (e um espaço vetorial!), induzido pelo quociente entre ciclos e bordos sobre complexo de cadeias $\mathcal{C}_i(X,\mathbb{Z}_2)$, que não depende da triangulação, ou seja, é invariante topológico. Por conseguinte, também independem da triangulação, grupos de homologia relativa induzidos pelo quociente natural entre os respectivos complexos de cadeias (considerando uma escolha compatível de triangulação).

Vamos agora a 3 resultados que serão usados na demonstração (todos os grupos de homologia considerados são com coeficientes em $\mathbb{Z}_2$):

1. Sejam $A \subset B$ semialgébricos compactos em $\mathbb{R}^n$. Temos que

 $H_q(A,B) = H_q^{BM}(A - B)$.

2. Sejam $U \subset V$, $V$ localmente compacto e $U$ subconjunto semialgébrico fechado de $V$. Então existe uma sequência exata longa

      $\ldots H_{q+1}^{BM} (V - U) \rightarrow H_q^{BM}(U) \rightarrow H_q^{BM}(V) \rightarrow H_{q}^{BM}(V - U) \rightarrow \ldots $

   

3. (Existência da classe fundamental) Seja $X$ um conjunto algébrico compacto de dimensão $d$ e considere $\phi:|\mathcal{K}| \rightarrow X$ uma triangulação semialgébrica de $X$. A soma de todos os $d$-simplexos de $\mathcal{K}$ é um ciclo não nulo com coeficientes em $\mathbb{Z}_2$, elemento de $H_d(X,\mathbb{Z}_2)$. Este elemento (que denotaremos por $[X]$) é independente da escolha da triangulação e é dito a classe fundamental de $X$.

 Vamos  agora à prova do teorema: Ah! Nessa altura, vale lembrar o que se deseja provar:

Teorema principal.

O complemento de um subconjunto algébrico de $\mathbb{R}^n$ não é homeomorfo a $\mathbb{R}^n$.

Prova:

Para nossos propósitos vamos tomar grupos de homologia reduzida $\tilde{H}$:

$H_0(|\mathcal{K}|) = \mathbb{Z}\oplus \tilde{H}_0(|\mathcal{K}|)$ e $\tilde{H}_i(|\mathcal{K}|) = H_i(|\mathcal{K}|)$ se $i > 0$.

Considere $V$ algébrico com $dimV < n$ e a seguinte sequência exata:

$\ldots \rightarrow H_i^{BM}(V) \rightarrow H_i^{BM}(\mathbb{R}^n) \rightarrow H_{i}^{BM}(\mathbb{R}^n - V) \rightarrow H_{i-1}^{BM}(V) \ldots $

Sabemos que $H_n^{BM}(\mathbb{R}^n) = \mathbb{Z}_2$ e $H_i^{BM}(\mathbb{R}^n)=0$ para $i < n$. Além disso,

$H_{dimV}^{BM}(V)$ é não trivial e $H_i^{BM}(V) = 0, \ i > dimV$.

Pela exatidão da sequência acima, obtemos ($0 < i < n$)

 $0 \rightarrow H_i^{BM}(\mathbb{R}^n-V) \rightarrow H_{i-1}^{BM}(V) \rightarrow 0$

E, portanto, $H_i^{BM}(\mathbb{R}^n - V) = H_{i-1}^{BM}(V)$, \   $0< i < n$     (I)

Para $i = n$, ficamos com o seguinte:

 $0 \rightarrow \mathbb{Z}_2 \rightarrow H_n^{BM}(\mathbb{R}^n-V) \rightarrow H_{n-1}^{BM}(V) \rightarrow 0$

Como os elementos dessa sequência podem ser vistos como módulos sobre um corpo (espaços vetoriais) temos que: $H_n^{BM}(\mathbb{R}^n-V) = \mathbb{Z}_2 \oplus H_{n-1}^{BM}(V)$ (II).

Nesse ponto, olhando para a equação (II), se fossem $\mathbb{R}^n$ e $\mathbb{R}^n-V$ homeomorfos, não poderia ser $dim V = n-1$ pois

 $ \mathbb{Z}_2 = H_n^{BM}(\mathbb{R}^n) = \mathbb{Z}_2 \oplus H_{n-1}^{BM}(V)$

E nem poderia ser  $0\leq p = dimV < n-1$ pois usando a equação (I) teríamos

$0 = H_{p+1}^{BM}(\mathbb{R}^n) = H_{p}^{BM}(V)$

Logo, $V$ deve ser $\emptyset$ e isto conclui a prova.

Complementar de curvas algébricas em $\mathbb{R}^2$ II

A postagem de hoje é destinada a apresentação de uma solução para o seguinte problema.

Problema. O complemento de um subconjunto algébrico de $\mathbb{R}^2$ não é homeomorfo a $\mathbb{R}^2$.

Solução. Seja p(x,y) um polinômio irredutível que não muda de sinal em $\mathbb{R}^2$. Mostraremos que o conjuntos dos zeros deste polinômio é finito. De fato, dado (a,b) ponto que anula aquele polinômio, temos que, para qualquer que seja o vetor (u,v), a função real de uma variável real $t$ dada por

f(t)=p(a+tu,b+tv)

possui um ponto de mínimo em t=0, portanto, f'(0)=0, ou seja, o gradiente de  p(x,y) no ponto (a,b)  é ortogonal ao vetor (u,v). Desde que escolhemos o vetor (u,v) arbitrariamente, constatamos que o gradiente de p(x,y) se anula no ponto  (a,b).  Segue do Teorema de Bezout que  o conjunto dos zeros de p(x,y) é finito.

Suponhamos que X seja definido por um polinômio p(x,y). Isto é, X é o conjunto dos pontos (x,y) em que p(x,y)=0. Se os fatores irredutíveis de p(x,y) não mudam de sinal em $\mathbb{R}^2$ temos que X é um conjunto finito (foi o que vimos acima). Assim, o complemento de X  não é simplesmente conexo.

Então, resta-nos supor que p(x,y) possui um fator irredutível q(x,y) que muda de sinal em $\mathbb{R}^2$. Desta forma, os conjuntos abaixo

• pontos (x,y) em que q(x,y) é positivo
• pontos (x,y) em que q(x,y) é negativo

são abertos, disjuntos e não-vazios. Como o complemento de X é um subconjunto denso do plano que está contido na reunião dos conjuntos acima, temos que ele não é conexo.

C.Q.D.

Antes de finalizar esta postagem, gostaria de informar que o problema acima possui uma versão em dimensão n, quero dizer, temos o seguinte resultado em $\mathbb{R}^n$.

Teorema. O complemento de um subconjunto algébrico de $\mathbb{R}^n$ não é homeomorfo a $\mathbb{R}^n$.

Recentemente, meu aluno de mestrado, Rodrigo Mendes Pereira, escreveu sua dissertação sobre Homologia Semialgébrica sobre corpos reais fechados e provou uma versão do teorema acima para $\mathbb{K}^n$, em que $\mathbb{K}$ é um corpo real fechado. Por isto, convidei o Rodrigo a escrever uma postagem para este blog  trazendo uma demonstração para o teorema acima. Já estamos esperando, Rodrigo!

Complementar de curvas algébricas em $\mathbb{R}^2$

Eu e Renan (meu aluno de iniciação científica), recentemente, quando estudávamos o Teorema de Newman (ver abaixo), deparamo-nos com o seguinte problema: se removermos um subconjunto algébrico, próprio, do plano euclidiano o resultado não será homeomorfo ao plano.

Antes de tecer mais alguns comentários sobre o problema acima, gostaria de enunciar o Teorema de Newman

Teorema (Donald J. Newman 1969). Se uma aplicação polinomial $\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$ é injetiva, então ela também é sobrejetiva.

O teorema acima é parte de uma belíssima história na matemática que tem como palavra-chave “Teorema de Ax-Grothendick”. Se você quiser conhecer um pouco dessa história, sugiro o post publicado por Terence Tao em seu blog  What’s new (aqui).

De volta ao primeiro problema descrito acima, gostaria de observar que existe subconjunto semi-algébrico, próprio, do plano euclidiano de sorte que seu complementar continua homeomorfo ao plano. Com efeito, o complementar de uma semi-reta no plano é homeomorfo ao plano. Ora, se não fosse assim, o Teorema de Newman seria consequência imediata desse fato.  Infelizmente, a vida não é tão fácil! Ou não, como diria o Renan.

Então, finalizo esta postagem prometendo trazer uma solução bonita para o seguinte

Problema: Se $X\subset\mathbb{R}^2$ é subconjunto algébrico, próprio, então $\mathbb{R}^2\setminus X$ não é homeomorfo a $\mathbb{R}^2$.

Triângulo Russo

Hoje encontrei um amigo que há muito tempo não via, Professor Ivair. Realmente, foi uma grande satisfação encontrá-lo novamente. Vocês podem estar perguntando por que eu relataria aqui um reencontro com um amigo. Já explico o porquê de um reencontro com  o Professor Ivair gerar uma postagem no Happy Hour Matemático. O negócio é o seguinte: ele conhece muitos e bons problemas de matemática, coleciona-os em apostilas e tem dezenas delas. Ele é, de fato, uma boa fonte para este blog. 

Não há como eu me encontrar com ele e não lembrar de um problema casca grossa. Confesso que hoje não foi diferente! Lembrei-me de um famoso problema de geometria plana conhecido como o Triângulo Russo, o qual, também, foi-me apresentado pelo Ivair em uma de nossas conversas na UFC. 

Abaixo segue o Problema do Triângulo Russo.

Sabendo que AB=AC, encontre o valor do ângulo x.

Até a próxima!