Generalización de la "fácil" demostración en 1-D del teorema del punto fijo de Brouwer

Question

En clase de topología, antes de que aprendiéramos la demostración basada en la homotopía del teorema del punto fijo de Brouwer, el profesor mencionó la fácil demostración del caso unidimensional: basta con dibujar el gráfico $f(x) = x$ en $[0,1]$ y utilizar el teorema del valor intermedio.

¿Se puede generalizar esta demostración "fácil" a una demostración más sencilla del teorema en $n$ ¿Dimensiones? Se trata de dibujar el gráfico de $f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)=(x_1,x_2,x_3,...,x_n)$ como un simplex en el espacio $[0,1]^{2n}$ y demostrar que cualquier superficie debe cruzar el simplex, probablemente utilizando una variación del teorema del valor intermedio. No veo esta demostración en ninguna parte de la lista de Wikipedia, y parece más sencilla que las otras demostraciones que aparecen allí, si es que funciona.

Desgraciadamente, me he quedado sin papel de cuatro dimensiones, así que me cuesta visualizar esto incluso para el teorema del punto fijo bidimensional. Mi pregunta es: ¿esta idea conduce realmente a una demostración sencilla, o me estoy metiendo en un callejón sin salida?

Answer 1

La cosa es que la teoría de la homotopía es la versión bidimensional del Teorema del Valor Intermedio. He aquí el Teorema del Valor Intermedio:

Teorema del valor intermedio. Sea $[a,b]$ sea un intervalo cerrado. Sea $f\colon [a,b] \to \mathbb{R}$ sea una función continua, y supongamos que $f(a)$ y $f(b)$ se encuentran en lados opuestos de un punto $q\in\mathbb{R}$ . Entonces existe un punto $p\in [a,b]$ para que $f(p) = q$ .

Y he aquí la generalización básica del Teorema del Valor Intermedio para funciones en dos dimensiones:

Teorema del valor intermedio en dos dimensiones. Sea $D$ sea un disco cerrado, y sea $\partial D$ denotan su círculo límite. Sea $f\colon D \to \mathbb{R}^2$ sea una función continua, y supongamos que $f(\partial D)$ tiene número de enrollamiento distinto de cero alrededor de un punto $q\in\mathbb{R}^2$ . Entonces existe un punto $p\in D\,$ para que $f(p) = q$ .

Algunas notas:

• En caso de que no esté familiarizado con el concepto, el número de bobinado de una curva cerrada alrededor de un punto $q$ en el plano es el número de veces que la curva gira en sentido antihorario alrededor del punto. Es decir, el número de vueltas es el elemento de $\pi_1(\mathbb{R}^2-\{q\})$ representada por la curva.

• En este caso, el requisito de que $f(\partial D)$ vientos alrededor $q\,$ sustituye a la hipótesis IVT de que las imágenes de los puntos finales del intervalo se encuentran en lados opuestos de $q$ . En ambos casos, la idea es que la imagen del límite de alguna manera "rodea" a $q$ .

Existe incluso una generalización de la prueba estándar del Teorema del Valor Intermedio a múltiples dimensiones.

Esquema de la prueba de IVT: Supongamos que bisecamos $[a,b]$ en dos subintervalos. Entonces uno de ellos también debe tener la propiedad de que las imágenes de sus puntos extremos rodean a $q$ . Al bisecar repetidamente, obtenemos una secuencia anidada de intervalos cerrados cuya intersección es un único punto $p$ . Por continuidad, $f$ debe mapa $p$ a $q$ . $\qquad\Box$

Esquema de la demostración de la IVT en dos dimensiones: Imagine el disco de dominio $D$ como un cuadrado, e imaginemos que cortamos este cuadrado en cuatro subcuadrados. Entonces el número sinuoso de la imagen del límite de $D$ en torno a $q\,$ es la suma de los números sinuosos de las imágenes de los límites de cada una de las cuatro subcuadrículas alrededor de $q\,$ . En particular, si el número sinuoso de $f(\partial D)$ en torno a $q\,$ es distinto de cero, entonces lo mismo debe ocurrir para al menos uno de los subcuadrados. Iterando este proceso, obtenemos una secuencia anidada de cuadrados cerrados, cuya intersección debe ser un único punto $p$ y es fácil demostrar que $f(p)$ debe ser $q$ . $\qquad\Box$

Nótese que esta demostración contiene un algoritmo implícito para encontrar la raíz de la función $f\colon D \to \mathbb{R}^2$ . Este algoritmo es un poco más difícil que el algoritmo de bisección en una dimensión, ya que implica el cálculo de algunos números sinuosos.

Por supuesto, nada de esto implica dibujar la gráfica de $f\,$ en cuatro dimensiones, y por una buena razón: dibujar la gráfica ni siquiera es una forma particularmente buena de demostrar el Teorema del Valor Intermedio en una dimensión. De hecho, la única forma de utilizar gráficos para demostrar el Teorema del Valor Intermedio es invocar el Teorema de la Curva de Jordan, mucho más difícil. Este método depende del siguiente resultado:

Teorema de la intersección de caminos. Sea $D$ sea un disco cerrado, y sea $\alpha\colon [0,1]\to D$ y $\beta\colon [0,1]\to D$ son trayectorias continuas cuyos puntos extremos se encuentran en $\partial D$ . Si los extremos de $\beta\,$ se encuentran en diferentes componentes de $\partial D - \{\alpha(0),\alpha(1)\}$ entonces $\alpha$ y $\beta$ deben intersecarse.

Este teorema puede demostrarse de forma sencilla utilizando el Teorema de la Curva de Jordan. Debería ser obvio cómo se puede utilizar para demostrar la IVT.

He aquí un teorema geométrico análogo en cuatro dimensiones:

Teorema de la intersección de discos. Sea $D^4$ sea una $4$ -ball, y deja $D^2$ sea el disco unitario cerrado. Sea $\alpha\colon D^2 \to D^4$ y $\beta\colon D^2 \to D^4$ sean funciones continuas, y supongamos que $\alpha(\partial D^2) \subset \partial D^4$ y $\beta(\partial D^2) \subset \partial D^4$ . Si las curvas $\alpha(\partial D^2)$ y $\beta(\partial D^2)$ tienen un valor distinto de cero número de enlace en el $3$ -esfera $\partial D^4$ entonces las imágenes de $\alpha$ y $\beta$ debe intersecarse en $D^4$ .

Me parece que este teorema es más difícil que el Teorema del Punto Fijo de Brouwer, pero contiene la geometría esencial que debe utilizarse para demostrar el Teorema del Punto Fijo de Brouwer (o el Teorema del Valor Intermedio Bidimensional) si se quieren utilizar gráficos.

Answer 2

Esto suena muy parecido a la demostración del teorema utilizando el lema de Sperner. Sin embargo, el razonamiento geométrico necesario para demostrar el lema del $n$ -dimensional simplex difícilmente puede hacerlo "simple" (para mi gusto).

Se puede encontrar un resumen de la prueba aquí .

Esta prueba es muy popular en los cursos de teoría de juegos o de topología básica (de conjuntos de puntos), ya que no utiliza la topología algebraica.