$f:\mathbb{S}^1\rightarrow\mathbb{S}^1$ impar $\Rightarrow$ $\mathrm{deg}(f)$ impar (Borsuk-Ulam teorema)

Question

Estoy teniendo problemas para entender la prueba de Borsuk-Ulam teorema ($n=2$) que hicimos en nuestra clase. La única problemática es parte de la última frase en la prueba del lema 1.

$\mathbb{S}^1\subseteq\mathbb{C}$. Sabemos que $\mathrm{deg}:\pi_1(\mathbb{S}^1)\rightarrow \mathbb{Z}$, $\mathrm{deg}([\alpha]):=\tilde{\alpha}(1)$, es un isomorfismo, donde $\tilde{\alpha}:I\rightarrow\mathbb{R}$ es la única elevación del bucle $\alpha:I\rightarrow\mathbb{S}^1$, es decir,$p\circ\tilde{\alpha}=\alpha$, donde $p:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{S}^1$, $p(t)=e^{2\pi it}$.

Lema 1: continua $f:\mathbb{S}^1\rightarrow\mathbb{S}^1$ impar (es decir,$f(-x)=-f(x)$) $\Longrightarrow$ $\mathrm{deg}(f)\in\mathbb{Z}$ impar.

Prueba: Sin pérdida de generalidad: $f(1)=1$ (si no, entonces tenemos componer $f$, con una rotación; el grado y la impar-ness se conserva). Si $q:I\rightarrow\mathbb{S}^1$, $q(t):=e^{2\pi i t}$, a continuación,$q(t+1/2)=-q(t)$. Ahora $f\circ q:I\rightarrow\mathbb{S}^1$ es un bucle en $1$, $\widetilde{f\circ q}$ su elevación, y de $\mathrm{deg}(f)=\widetilde{f\circ q}(1)$. Claramente $p\circ\widetilde{f\circ q}(1/2)=f\circ q(1/2)=-1$, por tanto, por la definición de $p$, $\widetilde{f\circ q}(1/2)=k+1/2$ algunos $k\in\mathbb{Z}$. (Hasta ahora, lo entiendo todo; aquí es lo que me preocupa.) Desde $f$ es impar, tenemos $\widetilde{f\circ q}(1)=k+1/2+k+1/2=2k+1$. Por QUÉ?

Lema 2: continua $f:\mathbb{S}^2\rightarrow\mathbb{S^1}$ que no es extraño.

Prueba: $\mathbb{S^1}\overset{i}{\hookrightarrow}\mathbb{S}^2\overset{f}{\rightarrow}\mathbb{S^1}$. Si $f$ es impar, entonces es $f\circ i$. Por el Lema 1, $f\circ i$ tiene grado impar, por lo que no es nullhomotopic. Pero desde $i$ no es surjective, es nullhomotopic, por lo tanto también lo es $f\circ i$, $\rightarrow\leftarrow$. $\blacksquare$

Teorema (Borsuk-Ulam, $n=2$): $\forall$ continua $f:\mathbb{S}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$ $\exists x\in\mathbb{S}^2$: $f(-x)=f(x)$.

Prueba: Si el teorema no fuera verdad, entonces $F(x):=\frac{f(x)-f(-x)}{\|f(x)-f(-x)\|}$, sería bien definida y continua extraño mapa $\mathbb{S}^2\rightarrow\mathbb{S}^1$, $\rightarrow\leftarrow$ (Lema 2). $\blacksquare$

Answer 1

Para mantener más a las fórmulas, considere lo siguiente: Como ya se señaló, por la elevación de la propiedad que existe una única función continua $q: \mathbb R \to \mathbb R$ tal que $$f(e^{2\pi i t}) = e^{2\pi i q(t)}$$

Desde $f$ es impar tenemos $$e^{2\pi i q(t+1/2)} = f(e^{2\pi i (t+1/2)}) = f(-e^{2\pi it}) = - f(e^{2\pi it}) = e^{2\pi i (q(t)+1/2)}$$ lo

$$q(t+1/2) \equiv q(t) + 1/2 \pmod {\mathbb Z}$$

Por lo tanto, la función continua $t \mapsto q(t+1/2) - q(t) - 1/2$ sólo toma valores en $\mathbb Z$ y por lo tanto tiene que ser constante. Así que no es de $n \in \mathbb Z$ tal que $n = q(t+1/2) - q(t) - 1/2$ todos los $t$.

Ahora

\begin{align*}\deg(f) &= q(1) - q(0)\\ &= [q(1) - q(1/2) - 1/2] + [q(1/2) - q(0) - 1/2] + 1 \\ &= 2n + 1\end{align*}

y hemos terminado. Tal vez usted puede averiguar lo que se ha perdido por compararlo con su versión de la prueba (ambos son más o menos el mismo).

Answer 2

Finalmente descubierto, mediante el comentario de Miha.

Es suficiente para demostrar $\widetilde{f\circ q}(1/2+t)=\widetilde{f\circ q}(1/2)+\widetilde{f\circ q}(t)$, ya que el $t:=1/2$ da la fórmula deseada.

En general, para un determinado $\alpha:I\rightarrow\mathbb{S}^1$, $\alpha:\partial I\mapsto1$, por la definición y la singularidad de las elevaciones, si $\beta:I\rightarrow\mathbb{R}$, $\beta:0\mapsto0$, y $p\circ\beta=\alpha$,$\beta=\widetilde{\alpha}$.

En nuestro caso, $\alpha:=f\circ q(1/2+t)$$\beta:=\widetilde{f\circ q}(1/2)+\widetilde{f\circ q}(t)$. Tenemos $$\widetilde{f\circ q}(1/2)+\widetilde{f\circ q}(0)=(k+1/2)+0=\widetilde{f\circ q}(1/2+0)$$ y $$p\big(\widetilde{f\circ q}(1/2)+\widetilde{f\circ q}(t)\big)=e^{2\pi i ...}=p(\widetilde{f\circ q}(1/2))\cdot p(\widetilde{f\circ q}(t))$$ $$=-1\cdot f\circ q(t)=f(-q(t))=f\circ q(1/2+t),$$ lo que demuestra la demanda.

Intuitivamente, cuando $t$ se mueve de $0$ a $1/2$, $q(t)$ se mueve en la mitad superior del círculo, $f\circ q(t)$ se envuelve alrededor de $\mathbb{S}^1$, e $\widetilde{f\circ q}(t)$ se mueve hacia arriba y hacia abajo en la espiral $\mathbb{R}$. Pero cuando $t$ se mueve de $1/2$ a $1$, $q(t)$ se mueve en la mitad inferior del círculo, en el que $f$ tiene los mismos valores que en la mitad superior ($f(-x)=-f(x)$), por lo $f\circ q(t)$ es el mismo, y por lo tanto la elevación $\widetilde{f\circ q}(t)$ es también el mismo, se traduce sólo en $\mathbb{R}$$\widetilde{f\circ q}(1/2)$.