Uma breve história da decomposição de Bruhat

junho 24, 2011

Olá pessoal,

Achei curiosa essas anotações de uma palestra do Lusztig que envio em anexo: na Seção 2 que ele fala rapidamente da história da decomposição de Bruhat desde Gauss e os chineses 🙂

Lusztig – BRUHAT DECOMPOSITION AND APPLICATIONS

PS – Talvez alguém se interesse também pela Seção 4, na qual ele menciona as classes de conjugação nilpotentes dentre de um grupo semisimples G.  Esse assunto está relacionado com a generalização da forma canônica de Jordan para G e eu gostaria de saber mais sobre ele…

 

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Big Bang Was Followed by Chaos, Mathematical Analysis Shows

setembro 14, 2010

Eu encontrei por coincidência esta notícia quando buscava por “math news” no Google:
Big Bang Was Followed by Chaos, Mathematical Analysis Shows.

Parece interessante o que eles analisam nesse artigo do qual um dos autores é da UFRJ, vale a pena dar uma olhada no abstract:
http://www.springerlink.com/content/5512418tw2326753/


Lei dos Paralelogramos e Lei dos Cossenos.

abril 23, 2010

A Lei dos Cossenos pode ser reformulada sem o uso de ângulo ou produto interno, assumindo o formato conhecido como Lei dos Paralelogramos.

Seja E um espaço vetorial munido de um produto interno (\cdot,\cdot ), a Lei dos Cossenos pode ser enunciada assim:

{\| b\| }^{2}+{\| a\| }^{2} -2 \| a \| . \| b \| cos(\theta ) = \| a-b \| ^2(Lei dos Cossenos)

Onde cos(\theta )=\frac{(a,b)}{\| a \| . \| b \|},a,b\in E

Mas,

(a,b)=\frac{{\| a+b\| }^2- \| a\| ^2-\| b\| ^2 }{2}

Assim, a Lei dos Cossenos fica,

{\| a \| } ^2+ {\| b\| }^2 -{\| a+b \| }^2+{\|a\| }^2 +{\|b\| }^2={\| a-b\| }^2

Isto é,

2{\| a\| }^2+2{\| b\| }^2 ={\| a+b\| }^2+{\| a-b\| }^2(Lei dos Paralelogramos)

A argumentação acima mostra que em um espaço vetorial E munido de um produto interno (\cdot ,\cdot ) a Lei dos Paralelogramos é exatamente a Lei dos Cossenos. A primeira vista somos levados a imaginar que a Lei dos paralelogramos pode ser válida em um espaço Vetorial normado E, com norma \| \cdot \|, no qual não vale a Lei dos Cossenos. Surpreendentemete, veremos que ainda assim a Lei dos parelelogramos é exatamentea a Lei dos Cossenos.

Theorema: Seja E um espaço vetorial normado com norma \| \cdot \|, no qual vale,

2{\| a\| }^2+2{\| b\| }^2 ={\| a+b\| }^2+{\| a-b\| }^2(Lei dos Paralelogramos)

Para todo a,b\in E.

Então \| a\|=\sqrt (a,a) para algum produto interno (\cdot ,\cdot )  em E.

Demonstração: Se  \| a\|=\sqrt (a,a) algum produto interno (\cdot ,\cdot )  em E, então,

(a,b)=\frac{{\| a+b\| }^2- \| a\| ^2-\| b\| ^2 }{2}

Basta então mostrar (\cdot ,\cdot ) dado pele equação acima  é um produto interno em E.

Ou seja,

(i)(\cdot ,\cdot ) é simétrica.

Isso é claro  da sua definição.

(ii)(a ,a )\geq 0, a\in E e (a,a)=0 se e somente se a=0

Isso é claro, pois pela definição (a ,a )=\| a\| ^2

(iii)(\cdot ,\cdot ) é bilinear.

De fato, sejam a, a',b \in E, e vejamos que, (a,b)+(a',b)=(a+a',b)

(a,b)+(a',b)=\frac{{\| a+b\| }^2- \| a\| ^2-\| b\| ^2 }{2}+\frac{{\| a'+b\| }^2- \| a'\| ^2-\| b\| ^2 }{2}=

\frac{{\| a+b\| }^2+{\| a'+b\| }^2- \| a\| ^2-\| b\| ^2- {\| a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}=

\frac{{\frac{{\| a+b+a'+b\| }^2+ \| a-a'\| ^2}{2}}- \| a\| ^2-\| b\| ^2- {\| a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}

Mas pela Lei dos Paralelogramos, segue que,

{\| (a+a'+b)+b\| }^2=2{\| a+a'+b\| }^2+2{\| b\|}^2-{\| a+a'\| }^2

Substituindo na última expressão obtemos:

\frac{{\frac{2{\| a+a'+b\| }^2+2{\| b\|}^2-{\| a+a'\| }^2+ \| a-a'\| ^2}{2}}- \| a\| ^2-\| b\| ^2- {\| a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}=

\frac{{{\| a+a'+b\| }^2+{\| b\|}^2+\frac{-{\| a+a'\| }^2+ \| a-a'\| ^2}{2}}- \| a\| ^2-\| b\| ^2- {\| a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}=

Mas pela Lei dos Paralelogramos, segue que,

{\| a-a'\| }^2=-{\|a+a'\| }^2+{\| a\| }^2+2{\| a'\| }^2

Substituindo na última expressão obtemos:

\frac{{{\| a+a'+b\| }^2+{\| b\|}^2+\frac{-{\| a+a'\| }^2-{\|a+a'\| }^2+2{\| a\| }^2+2{\| a'\| }^2}{2}}- \| a\| ^2-\| b\| ^2- {\| a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}=

\frac{{{\| a+a'+b\| }^2+{\| b\|}^2{-{\|a+a'\| }^2+{\| a\| }^2+{\| a'\| }^2}{}}- \| a\| ^2-\| b\| ^2- {\| a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}=

\frac{{\| a+a'+b\| }^2-{\| a+a'\| }^2-\| b\| ^2 }{2}=(a+a',b)

Agora, para b\in E fixado, vejamos que g_b (a)=(a,b),a\in E é uma função linear, segue da argumentação anterior que g_b (a+a')=g_b (a)+g_b (a')a,a'\in E, donde g_b (ra)=rg_b (a), a\in E, r \in \mathbb Q. Dado agora r\in \mathbb R, seja \{r_n \} uma sucessão em \mathbb Q que converge para r, segue da continuidade de g_b que,

g_b (ra)=g_b(lim_{n\rightarrow \infty }r_n a)=lim_{n\rightarrow \infty}g_b (r_n a)=lim_{n\rightarrow \infty}r_n g_b (a)=

rg_b (a)

Logo, g_b (a),a\in E é uma função linear.

Na verdade o fato da Lei dos Paralelogramos ser sempre exatamente a Lei dos Cossenos, não é tão surpreendente assim, visto que sendo a Lei dos Paralelogramos uma “Lei dos Cossenos generalizada”, nela estaria subjacente a idéia de ângulo e onde tem uma noção de angulo é razoável esperar que exista uma estrutura de produto interno.

(qed)


Teorema de Cantor-Schroeder-Bernstein

março 24, 2010

Apesar do nome, o teorema de Cantor-Schroeder-Bernstein é simples, além de ser muito conhecido e bastante usado. Dois conjuntos A e B são, por definição, de mesma cardinalidade se existe uma bijeção \phi :A\to B . Quando existe essa bijeção, denota-se card (A) = card (B) .

Antes de enunciar o teorema, será provado o seguinte lema.

Lema 1: Sejam A, B conjuntos não-vazios. Existe uma sobrejeção \gamma : A\to B se, e somente se, existe uma injeção \lambda : B\to A .


Demonstração: Com efeito, se existe uma sobrejeção \gamma : A\to B , segue que, para cada x\in B , podemos escolher um único y_x\in A tal que \gamma (y_x) = x . Então definimos \lambda : B\to A , \lambda (x) =y_x .. Note que isso é, evidentemente, uma injeção.

Reciprocamente, se existe \lambda :B\to A injetivo, fixando a\in B qualquer, define-se \gamma : A\to B tal que:

\gamma (x) = \lambda ^{-1} (x) , se x\in \lambda (B) ;

\gamma (x) = a , se x\not\in\lambda (B) .

Note que \gamma é evidentemente sobrejetivo.


Diz-se que card(A)\leq card(B) (cardinalidade de A é menor ou igual à cardinalidade de B ) se existe uma injeção \lambda : A\to B .

Proposição 2: Se B\subset A e card(A)\leq card(B) , então A e B tem a mesma cardinalidade. Ou seja, se B\subset A e existe uma injeção f :A\to B , então A  e B tem a mesma cardinalidade.


Demonstração: Com efeito, toma-se a injeção f: A\to B . Como B\subset A , tem-se que f(B)\subset f(A) . E é fácil de verificar por indução que, para todo n\in\mathbb{N} ,

f^n(B)\subset f^n(A) . Define-se

\displaystyle K= \left\{ x\in A : x\in \bigcup_{n\in\mathbb{N}\cup \left\{ 0\right\} } f^n(A)-f^n(B) \right\} .

E, então, define-se h: A\to B tal que

h(x) = f(x) , se x\in K ,

h(x)=x , se x\in (A-K) .

Evidentemente, h|_K e h|_(A-K) são injetivas. Logo, para provar que h é injetiva, basta provar que, dados a\in K e b\in (A-K) , h(a)\neq h(b) . Bom, supõe-se por absurdo que, nessas condições, h(a)=h(b) . Isso implica que f(a)= h(a)=h(b)=b .

Toma-se m\in\mathbb{N} tal que a\in (f^m(A)-f^m(B) ) . Tem-se que f(a)=b\in f^{m+1}(A) . E, como b\not\in K , tem-se que b\in f^{m+1}(B) . Disse segue que existe t\in f^{m}(B) tal que f(t)=b . Mas, pela injetividade de f , a=t\in f^{m}(B) . Portanto a\not\in (f^m(A)-f^m(B) ) . Absurdo. Portanto deve-se ter que h(a)\neq h(b) . E isso completa a prova de que h é injetiva.

Resta provar que h é sobrejetiva. Dado q\in B , se q\in B-K , basta ver que h(q)=q . Caso q\in K\cap B , tem-se que q\in (f^{t}(A)-f^{t}(B)) para algum t\in\mathbb{N} (positivo), afinal q\in B . Note que, então, existe z\in f^{t-1}(A) tal que f(z)=q . E, també, tem-se que z\not\in f^{t-1}(B) , pois o contrário implicaria f(z)= q\in f^{t}(B) e, então, q\not\in (f^{t}(A)-f^{t}(B)) .

Disso segue que \displaystyle z\in (f^{t-1}(A)-f^{t-1}(B)) e, portanto, h(z)=f(z)=q . Isso completa a prova da sobrejetividade de h .

Portanto h é bijeção, donde segue que card(A)=card(B) .


Teorema 3 (Teorema de Cantor-Schroeder-Bernstein): Sejam A, B conjuntos não vazios. Se card(A)\leq card(B) e card(B)\leq card(A) , segue que card(A)=card(B) . Ou seja, se existem injeções f: A\to B e g:B\to A , então existe uma bijeção \phi :A\to B .


Demonstração: Com efeito, tomando as injeções f: A\to B e g:B\to A , tem-se que

f^*: A\to f(A) , onde f^* (x)=f(x) , é uma bijeção entre A e f(A)\subset B .

Logo (f^*\circ g): B\to f(A) é uma injeção. Como f(A)\subset B , pela proposição 2, segue que

card(f(A)) = card(B) , ou, em outras palavras, existe uma bijeção h: f(A)\to B . Note, então, que

\phi = (h\circ f^*): A\to B é composição de bijeções e, portanto, bijeção.



F: Quadrado no Toro

outubro 23, 2009

“Um post facinho, pra relaxar.” (como diz o André)

Vou fazer alguns posts para testar aquilo (que falei) em relação aos códigos.

Ah! Eu não sei se está tudo certo!! =) =) =) 🙂 🙂 🙂
Foi uma tentativa de formalizar uma coisa que um autor joga “intuitivamente” no livro. Eu apenas tentei esboçar (rapidamente) a idéia que tive.

Bom, o objetivo desse post é provar que existe uma função contínua \phi sobrejetiva que leva o quadrado no toro e ainda tem certas propriedades específcas (eu encontrei esse fato num livro de topologia (para provar outra coisa), mas foi bem jogado).

A intuição é “identificar os lados opostos de um quadrado sem os torcer.”

Note, por exemplo, que o “bordo” do quadrado nesse procedimento é associado a duas circunferências (que tem um ponto em comum).

Vou provar, então, que existe essa função contínua sobrejetiva.
Para isso, eu tomo S^1 - \left\{ 1 \right\} com a métrica induzida dos complexos (usual dos complexos) e (0,2\pi ) com a métrica induzida da reta (usual da reta) e, então, tomo a aplicação f : (0, 2\pi )\to S^1-\left\{1\right\} , f ( \alpha ) = e^{ \alpha i }   que é evidentemente um homeomorfismo. ( S^1\subset \mathbb{C} )
Provemos que se trata de um homeomorfismo uniformemente contínuo.
Denota-se por \left\|\cdot \right\| a norma (usual) em \mathbb{C} .
Com efeito,
Dado \epsilon > 0, a função \sqrt { 2x } (x real ) é contínua em 0 . Logo existe a > 0 tal que
\left| x \right| < a \Longrightarrow \left| \sqrt {2x} \right| < \epsilon

A função consseno (função real) é contínua no 0 , logo existe \delta > 0 tal que
\left| x\right| < \delta \Longrightarrow \left|cos (x) - 1\right| < a .
Logo, se tomarmos \left| \alpha - \beta \right| < \delta em (0,1) , segue que
\left\| e^{ \alpha i } - e^{ \beta i } \right\| =
= \sqrt { \left( cos( \alpha ) -cos ( \beta )\right)^2 + \left( sen( \alpha ) -sen ( \beta )\right)^2} =
= \sqrt { 2(1 - cos ( \alpha - \beta )) }
e, como (1 - cos ( \alpha - \beta )) = \left|(1 - cos ( \alpha - \beta ))\right|< a , segue que

\sqrt { 2(1 - cos ( \alpha - \beta )) }<\epsilon .

Isso completa a prova de que  f  se trata, na verdade, de um homeomorfismo uniformemente contínuo.

Próxima etapa:

Teorema
Sejam X\subset M e Y\subset N subconjuntos densos dos espaços métricos completos M e N . Se f: X\to Y é um homeomorfismo uniformemente contínuo, segue que existe uma única extensão de f (uniformemente) contínua F : M\to N (e ela é sobrejetora).

Mas, então, segue disso que existe uma extensão F : [0, 2\pi ]\to S^1 contínua sobrejetora. E usando seqüências, ou limite, ou qualquer outra coisa do tipo, dá para mostrar que F(0)=F(2\pi )= 1 .

Agora, basta tomar \phi : [0,2\pi ]\times [0, 2\pi ] \to S^1\times S^1 , onde \phi (x,y) = (F(x) , F(y) ) . \phi = (F\times F ) , logo é contínua =).

Ah! Outra coisa que ele fala no texto é que o bordo do quadrado leva à reunião de duas circunferências que tem um ponto em comum (uma que abre o toro verticalmente e outra que “rasga” o toro “horizontalmente” ). Note que dá para mostrar isso usando o argumento exposto.
Afinal o bordo do quadrado é, na verdade, a reunião
\left(\left\{0\right\}\times [0, 2\pi ]\right) \cup
\cup \left(\left\{2\pi\right\}\times [0, 2\pi ]\right)
\cup \left([0, 2\pi ]\times \left\{0\right\}\right)
\cup \left([0, 2\pi ]\times \left\{ 2\pi\right\}\right) ,

e a imagem disso é

\left(\left\{1 \right\}\times S^1 \right)\cup \left( S^1 \times \left\{1\right\} \right)

Ou seja, justamente a reunião das tais circunferências.


Proposição?

outubro 12, 2009

Aqui, estou precisando de uma coisinha para completar um raciocínio… Olha só:

“Seja f: \mathbb{R}\to \mathbb{R} uma função. E seja X\subset \mathbb{R} o conjunto de pontos de continuidade dessa função. Segue que X pode ser escrito como uma interseção enumerável de abertos.”

Isso é verdade? Se for, eu queria a demonstração. Se não for, preciso de um contra-exemplo.

Abraço

E

Valeu


Sociologia da Matemática: Medalha Fields e a Conjectura de Poincaré.

outubro 7, 2009

The Yau-Perelman affair“Of course, there are many mathematicians who are more or less honest. But almost all of them are conformists. They are more or less honest, but they tolerate those who are not honest.”

— Grisha Perelman, em entrevista à Sylvia Nasar no artigo abaixo:

Manifold Destiny: A legendary problem and the battle over who solved it, artigo da Revista New Yorker, por Sylvia Nasar e David Gruber.

E um desfecho adicional: Yau-Perelman affair, do blog Carvaka Musings.