Supongamos que uno comienza con una esfera de $S$ descansando en un ($2$-dimensional) plano $H$ en el origen. Un "mover" se compone de los siguiente: sea $P$ y $Q$ dos puntos en $H$. Rollo de la esfera de $S$ lo largo de una línea recta en el plano desde el origen hasta $P$, entonces el rollo de la esfera en el plano de $P$ a $P$ y, a continuación, a partir de $P$ de vuelta al origen. Esto le da un mapa de $\mathbf{R}^4 = H^2$ $\mathrm {} (3,\mathbf{R})$. Es este mapa surjective? Me imagino que uno podría contestar a esta pregunta por un "coordinar bash", pero yo estaba esperando un impermeable argumento de que podría arrojar luz sobre la naturaleza de este mapa de $\mathbf{R}^4 \rightarrow \mathrm {} (3,\mathbf{R})$.
Respuesta
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JiminyCricket
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Sin pérdida de generalidad, vamos a la esfera de radio $1$. Vamos a llamar a la rotación resultante de rodadura a lo largo de un segmento de línea $AB$ "la rotación a lo largo de $AB$"; esta es una rotación en el ángulo $|AB|$ alrededor de un eje en el plano perpendicular a $AB$.
Considere la posibilidad de triángulos isósceles con lados largos $|OP|=|QO|=2\pi n + x$ y el lado corto $|PQ|=y$, donde $x,y\in[0,2\pi$. Rodando a lo largo de $OP$ y $QO$ es equivalente a rodar sólo una distancia de $x$ a lo largo de estas líneas. Eligiendo $$ n suficientemente grande, podemos hacer que las direcciones de $OP$ y $QO$ arbitrariamente cerca el uno del otro y a la dirección perpendicular a $PQ$ sin cambio de $x$, y las correspondientes rotaciones puede ser arbitrariamente cerca de inversos el uno del otro.
A continuación, la rotación resultante es arbitrariamente cerca de la conjugada de una rotación a lo largo de $PQ$ por una rotación alrededor de $PQ$, ambos con diferentes ángulos. La dirección de $PQ$ también puede ser elegido libremente por la rotación de todo el triángulo alrededor del origen. Por lo tanto, podemos obtener arbitrariamente cerca de rotación: Elija la dirección de $PQ$ perpendicular al eje de rotación deseada, seleccione $y$ como el ángulo de giro deseado, y elija la $x$ que la conjugación a la que gira el eje de rotación deseada en el plano.
Esto reduce el global del problema no lineal a un local lineal: sólo queda demostrado que la transformación lineal local de asignación de los cuatro generadores de las traducciones de $P$ y $Q$ en el plano de los tres generadores de las rotaciones tiene rango completo; entonces podemos corregir para el arbitrariamente pequeño error de paralaje. Por lo suficientemente grande $n$, los tres de la traducción de los generadores correspondientes a los parámetros de $x$, $y$ y la dirección de $PQ$ mapa a tres linealmente independiente de la rotación de los generadores, a menos que la rotación es una rotación en el plano; en ese caso, el cambio de la dirección de $PQ$ no cambiar la rotación. Pero user8268 ya ha demostrado en los comentarios que podemos obtener estas rotaciones. Por lo tanto se deduce que todas las rotaciones pueden ser obtenidos y el mapa es surjective.
[Editar en respuesta a user8268 comentario:] por supuesto user8268 sólo había demostrado que algunas rotaciones en el plano de la imagen, no todos. Afortunadamente, tenemos uno más de la traducción generador de izquierda, y resulta que se asigna a un independiente de rotación del generador. Para constelaciones de la aproximación de las rotaciones en el plano, la traducción de los generadores correspondientes a los parámetros de $x$ y $y$ el mapa a la rotación de los generadores que la inclinación del eje de rotación alrededor de $PQ$ y cambiar el ángulo de rotación, respectivamente. La traducción generador correspondiente para cambiar la dirección de $PQ$ mapas a cero. Estos tres pueden ser descritos como simétrica traducción perpendicular a $PQ$ y antisimétrica y simétrica de traducción en la dirección de $PQ$, respectivamente. Que deja antisimétrica traducción perpendicular a $PQ$, por ejemplo, pasando de $P$ de distancia desde el origen y $Q$ hacia el origen (o viceversa). Esto multiplica la rotación a lo largo de $PQ$ ser conjugado con dos rotaciones alrededor de $PQ$, ambos en la misma dirección. Por simetría, el eje de rotación de este producto puede tener una componente perpendicular al plano. Por lo tanto, su eje de rotación se encuentra en el plano, y la conjugación a la que gira en un plano a través de $PQ$ perpendicular al plano. Por lo tanto, esta traducción generador de mapas para una rotación del generador que se inclina el eje de rotación en ese plano, y esto es linealmente independiente de los otros dos. De ello se desprende que, en este caso, también, la transformación tiene rango completo y podemos corregir la arbitrariedad pequeño error de paralaje; por lo que el mapa es de hecho surjective.
[Editar más en respuesta al comentario:] yo no explica el rango completo de argumento en riguroso detalle, y no voy a hacerlo ahora, pero creo que está bien y voy a tratar de justificarlo. Creo que muestra más de que la imagen está abierto.
Dado un giro de $f_0$ para los que queremos encontrar una preimagen, podemos definir una secuencia de puntos de $P_n,Q_n$ como se describió anteriormente para que sus imágenes acercarse a los $f_0$. A continuación, podemos ver las imágenes de los puntos en los barrios de estos puntos. Denota el mapa en cuestión por $f$, podemos escribir (en adecuado, localmente no degenerada coordenadas para el codominio):
$$ \begin{eqnarray} f(P_n+\Delta P,Q_n+\Delta P) &=& f(P_n,Q_n)+f_{1n}(\Delta P,\Delta P)+f_{2n}(\Delta P,\Delta P) \\ &=& f_0+e_n+f_{1n}(\Delta P,\Delta P)+f_{2n}(\Delta P,\Delta P) \;, \end{eqnarray} $$
donde $f_{1n}$ es la aproximación lineal a $f$ en $(P_n,Q_n)$, $f_{2n}$ es el término de error para que la aproximación y la $e_n$ es el error $f(P_n,Q_n)-f_0$.
Las aproximaciones lineales de $f_{1n}$ dependen de $n$ pero convergen en el lineal se obtiene suponiendo que $OP\paralelo QO$ y $OP\asesino PQ$. (Yo se usan implícitamente que en el razonamiento acerca de su rango.) Del mismo modo, su en la mayoría de los términos de error cuadrático $f_{2n}$ dependen de $n$, sino que convergen a su $OP\paralelo QO$ versiones. Por lo tanto, para suficientemente grande $n$, un barrio de dólares(P_n,Q_n)$ de tamaño constante independiente de $n$ es surjectively cubierto. Aquí es donde la situación difiere de uno en el que un conjunto es denso y abierto, pero no incluye: En ese caso, el abierto de los barrios necesariamente se encogen a medida que los puntos faltantes se acercaron. En el presente caso, por el contrario, podemos elegir $$ n suficientemente grande como para que $-e_n$ se encuentra dentro de la imagen de $f_{1n}+f_{2n}$ en un barrio de tamaño constante, y en que punto del mapa toma el valor de $f_0$.
