Ejemplos en los que es útil saber que un objeto matemático pertenece a alguna familia de objetos.

Question

Para una exposición de la pieza que estoy escribiendo, sería útil disponer de un buen ejemplo de la siguiente fenómeno:

(1) ${\cal X}$ es una familia parametrizada de tantos años. (Variedades, los esquemas, los colectores, los anillos, los grupos, lo que sea.)

(2) ${\cal X}_0$ es un miembro de esta familia.

(3) ${\cal X}_0$ tiene la interesante propiedad de $P$ que, en la superficie, parece no tener nada que ver con la inclusión de ${\cal X}_0$ en la familia ${\cal X}$.

(4) sin Embargo, la única (o `mejor", o más simple, o la más natural) manera de probar que ${\cal X}_0$ tiene la propiedad $P$ es invocar la existencia de la familia ${\cal X}$.

Así, para poner esto en la forma de una pregunta, ¿cuáles son algunos buenos ejemplos de este fenómeno? Estoy especialmente (pero no exclusivamente), interesadas en los ejemplos que podría ser explicado de pregrado.

(Era difícil encontrar las etiquetas correctas para esta pregunta, no dude en cambiar.)

Answer 1

He aquí otro ejemplo de la geometría algebraica.

Para cada $g \geq 3$, existe una curva suave de género $g$ sin automorfismos.

Para probar esto, podemos probar primero el aparentemente más débiles de la pretensión de que existe una estable de la curva de género $g$ sin automorfismos. Esto es fácil: tomar cualquier curva de género 2, elegir un punto de $p$ sobre el mismo. Desde el automorphism de esta curva es finito el punto de $p$ tiene sólo un número finito de conjugados bajo la acción de la automorphism grupo, de modo que podemos elegir otro punto de $q$ que no está conjugado de a $p$. Pegamento $p$ e $q$ juntos para obtener una estabilidad de la curva de género 3 sin automorphism. El encolado de cualquier número de pares de puntos juntos en esta curva se produce automorphism libre de curvas de cualquier género.

Luego invocamos a la existencia de la Deligne-Mumford compactification de $\mathcal M_g$. En una familia de curvas, la automorphism grupo es superior semicontinuo la función, en particular, la condición de no tener automorfismos está abierto. Pero sabemos que hay un punto en $\overline{\mathcal M}_g$ correspondiente a la estabilidad de la curva sin automorphism, por lo que no deberán ser en realidad un conjunto abierto Zariski conjunto de curvas sin automorphism. Por otro lado, la suavidad es también un estado abierto y $\overline{\mathcal M}_g$ es irreductible, por lo que estamos por hacer.

Answer 2

En una manera, usted puede pensar de cálculo como el uso de exactamente este tipo de idea. Digamos que usted está interesado en determinar el área de la región que consta de los puntos (x,y) con $a \le x \le b$ e $0 \le y \le f(x)$ . Resulta que la mejor cosa a hacer es considerar a la familia de las regiones $ S(c) $ consiste de puntos (x,y) con $ a \le x \le c, 0 \le y \le f(x) $, porque entonces usted puede asociar a esta familia la función A(c) = área de S(c). A continuación, vamos a conocer Un'(c)=f(c), y esto es mucho más fácil el problema a resolver (y, a continuación, evaluar a a c=b) que, por ejemplo, tratando de calcular el área de una región directamente, dicen por agotamiento.

Answer 3

Esto es similar a la de Dan Petersen respuesta, pero más elementales. Es un hecho que siempre mención al hablar con los estudiantes acerca de la matriz de los grupos es que el diagonalisable matrices (más de $\mathbb{C}$) son densas en el espacio de todas las matrices.

Esto significa que varias cosas se puede comprobar sólo en el diagonalisable matrices. Por ejemplo, para establecer la fórmula de $\det(\exp(A)) = e^{\mathrm{tr}(A)}$ para $A$ un complejo de valores de la matriz: observar que ambos lados definir funciones continuas $M_n(\mathbb{C}) \to \mathbb{C}$, y que claramente están de acuerdo en la diagonal de las matrices, por lo que también están de acuerdo en la diagonalisable matrices (como $\det$ e $\mathrm{tr}$ son de la conjugación en-invariante), por la continuidad de los que están de acuerdo todas las matrices.

Por supuesto, este ejemplo contiene dentro de otra aplicación en el principio en cuestión: la prueba no funciona si insistimos en permanecer dentro de las matrices de más de $\mathbb{R}$ (el diagonalisable matrices no son más denso), por lo que incluso para probar el resultado de más de $\mathbb{R}$ es más fácil generalizar a $\mathbb{C}$ primera.

Answer 4

Hay una prueba de la estrategia en la geometría algebraica que obras como esta. He aquí un ejemplo:

Problema: Demostrar que la variedad de suave avión cúbicas que han flexiona en $(0:0:1)$, $(0:1:0)$, $(1:0:0)$ y $(1:1:1)$ es suave.

Ahora, usted puede o no puede ser capaz de hacer esto de forma directa en el cálculo, pero creo que usted estará de acuerdo en que es trivial. Por tanto, las siguientes mancha de la prueba puede impresionar.

Prueba: Vamos a $U$ ser la variedad de suave cúbicas (un subconjunto abierto de $\mathbb{CP}^9$). Deje $X \subset U \times (\mathbb{CP}^2)^4$ ser la variedad de pares ordenados: (suave cúbicos, cuádruple de flexiona). Estamos interesados en la fibra de $X$ sobre $((1:0:0), (0:1:0), (0:0:1), (1:1:1))$. Yo afirmación de que la forma más fácil de demostrar que esto es suave, es el uso de toda la familia $X$.

Desde un suave cúbicos ha $9$ distintos flexiona, $X$ es $9^4$-pliegue de la cubierta de $U$, por lo que es suave. Deje $\pi$ ser la proyección de $X \to (\mathbb{CP}^2)^4$. Por Adrs del teorema (o el análogo algebraicas resultado), el genérico de fibra de $\pi$ es suave.

Pero el grupo $PGL_3$ actos compatibilidad en $X$ e $(\mathbb{CP}^2)^4$, por lo que el conjunto de puntos de $z$ en $(\mathbb{CP}^2)^4$ para que $\pi^{-1}(z)$ es suave es $PGL_3$-invariante. El $PGL_3$ órbita a través de $((1:0:0), (0:1:0), (0:0:1), (1:1:1))$ es abierto y denso, por lo que cualquier denso $PGL_3$ invariante conjunto debe cumplir con $((1:0:0), (0:1:0), (0:0:1), (1:1:1))$. Así que podemos deducir que la fibra a $((1:0:0), (0:1:0), (0:0:1), (1:1:1))$ es suave, como se desee.

Answer 5

Todos los ejemplos de Terry Tao "tensor de energía truco" puede ser visto como un ejemplo de esto. Para ser concretos, voy a tomar una prueba de la máxima módulo principio de que Mike Steele señala en los comentarios.

Deje $\gamma \subset \mathbb{C}$ ser una simple curva cerrada, deje $z$ ser un punto dentro de $\gamma$ y deje $f$ ser una analítica de la función definida en el interior de $\gamma$, que se extiende continuamente a $\gamma$. Deje $M$ ser el valor máximo de $f$ a $\gamma$. Yo reclamo que $|f(z)| \leq M$.

Prueba: Vamos a $L$ ser la longitud de la curva de $\gamma$, y deje $r$ ser la distancia de $z$ a el punto más cercano de $\gamma$. Luego de Cauchy teorema de da $f(z) = (2 \pi i )^{-1} \int_{\zeta \in \gamma} f(\zeta)d\zeta/(\zeta-z)$ lo $|f(z)| \leq LM/(2 \pi r)$. Esto es similar a la deseada, vinculado, pero, a menos que $\gamma$ es un círculo una $z$ centro, $L$ será mayor que la de $2 \pi r$.

Para solucionar el problema, considere la familia de funciones $f(z)^n$, como $n$ varía a través de los enteros positivos. A continuación, la misma prueba de muestra $|f(z)|^n \leq L M^n/(2 \pi r)$. Tomando $n$-th raíces y el envío de $n$ a $\infty$, llegamos a la conclusión de que $|f(z)| \leq M$.