Противоположные точки на окружности

[manul91]

KhAl
Берем "полюса" $C$ и $D$ на сфере, в которых $G$ принимает противоположные значения.
Берем полусферу, ограниченную большой окружности через этих полюсов.
И рассматриваем любую "полосу", содержащую полюсов ("сколь угодно тесную").
Теперь, эта полоса не только пустой (в смысле изолированными точками) быть не может - на самом деле она и обязана быть "плотно перегороженой" непрерывной "перемычкой". (Так, что путешественник с $C$ до $D$ не сможет дойти находясь внутри полосы, без пересечения перемычки). Это "просто" - если не перегорожена - то "очевидно" всегда можем взять полосу еще теснее (внутри первой, вокруг пути путешественника) - которая "просачивается" - и окажется "пустой"....
Осталось как-нибудь присобачить непрерывность, чтобы добить экзотику - типа выколотых точек на перемычке.... Расширяем полосу вширь, "держа ее тесной" вокруг полюсов пока границы не совпадут с полуокружностей на границе....
"Перемычка" всегда должна существовать, вплоть до конца этого процесса (и в пределе какие-то противоположные точки граничной окружности, с необходимости будут принадлежать перемычке).
Перемычка не обязательно должна быть "линией" - может быть и где-то сплошной, может и "ветвящейся" типа сплетения веревок или что угодно - только обеспечивая чтобы никогда не существовал путь с $C$ до $D$, без пересечения перемычки.
Итак - значит существует непрерывный путь "по точек-нулей", соединяющий одной точки граничной окружности, с ее противоположной.... :)

[Null]

Можно что-то типа такого: Пусть $g(\varphi, \theta), f(\varphi, \theta),$- пара нечетных функций, где $\varphi$- широта, $\theta$ - долгота, тогда $L(\theta)=(g(\varphi, \theta), f(\varphi, \theta))$ - кривая на плоскости между $g(\pi/2, \theta), f(\pi/2, \theta)$ и $g(-\pi/2, \theta), f(-\pi/2, \theta)$. Будем смотреть на угол из точки $(0,0)$ на эту кривую. Он равен $\pi+2\pi k$ и непрерывен по $\theta$(если она не проходит через $(0,0)$ ) - значит он постоянен, но при изменении $\theta$ на $\pi$ он должен поменять знак(получиться центрально симметричная линия, взятая в обратном порядке)

[manul91]

Дан круг. Все точки на нем - либо "белые", либо "черные".
Для двух точек на границе $C$ и $D$, точно известно что они "белые" (они очевидно, разщепляют одномерную границу круга - окружности - на две части).
Если известно, что не существует непрерывный (связный?) полностью "белый" одномерный путь внутри круга с $C$ до $D$ - следует ли из этого, что обязательно существует непрерывный (связный) одномерный полностью "черный" путь "поперек", с одной части границы до другой?
Что необходимо, чтобы это "очевидное" утверждение было верным..?

[KhAl]

Null я тоже сегодня подумал об этом, действительно работает. Чтобы обобщить на высшие размерности, нужен (наверное) следующий факт: нечётное ($f(x) = -f(-x)$) отображение сферы в себя не гомотопно отображению-константе. Для 1-мерной сферы Вы фактически это и сделали, для высших размерностей я не знаю, что делать. Может, индекс отображения поможет... (забыл, что это, честно говоря)

Сейчас мне хочется докрутить идею manul91, и мне очень кажется, что она докручивается. Способ избавиться от любой возможной экзотики я вроде нашёл, и планирую записать его попозже (но он технически сложен). Сложным (мне теперь) кажется момент, что две полученные кривые обязаны пересекаться, но наверняка следует из теоремы Брауэра, в книжке Прасолова (элементы комбинаторной и дифференциальной топологии) что-то подобное видел. И с обобщабельностью на высшие размерности не знаю, что будет. Надо вспоминать кучу интересных топологических вещей, и всё равно в итоге получится кустарно... Вот бы сюда алгеометра.

[Leeb]

Очень извиняюсь за тупость, но такой вопрос: если мы верим в фундаментальную группу, то почему не прокатывает доказательство с первой страницы? Доказательство Манула хорошее, но последний шаг (о пересечении кривых в полусферическом "прямоугольнике") для его строгого доказательства все равно потребует теорему Брауэра либо теорему Жордана, обе, опять же, требуют техники фундаментальной группы и/или гомологий. Т.е. от фундаментальной группы так или иначе не уйти. Либо мы просто принимаем этот последний шаг без доказательства.

[manul91]

Leeb в сообщении #1607524 писал(а):

то почему не прокатывает доказательство с первой страницы? Доказательство Манула хорошее, но последний шаг (о пересечении кривых в полусферическом "прямоугольнике")...

Это ко мне, и про мое "доказательство"?
Если так - то в моем доказательстве я полагал, что по мере переворота "кольца", множество нулей на нем обязано так (непрерывно) сливаться и/или разбегаться, что должен существовать ("описан нулями при вращении") непрерывный "нулевой" путь с одной полуокружности до другой.
Я думал, это как-нибудь следует локальным образом из непрерывности $g$ (и непрерывности соответных "плавно меняющихся" одномерных функций на кольце).
Однако моя картинка - https://imgur.com/a/Q3sNKtM - меня убедила что это не обязательно так. Нули движутся непрерывно по кольце, но могут (попарно) "появляться-раздваиваясь" и "исчезать-сливаться" в удаленных местах на полукольце (и притом так, что всегда полукольцо остается не пустым от нулей) - и соответно, непрерывный "нулевой" путь с одной стороны до другой не обязательно будет "очерчен" нулями на кольце, не смотря на непрерывность.
Конечно, в этой картинке существует изъян (такая загогулина из нулей на сфере - где существует пустая из корней область на сфере, содержащая полюсы - невозможна) на которого обратил внимание KhAl. Т.е. в моем теперешном видении, здесь нужно дополнительное рассуждение "топологического типа", наподобие того из моем предыдущем сообщении про разбиении круга на белых и черных точек (тут также наверно не обойтись без использования непрерывности $g$ как-нибудь, чтобы круг разбивался на "хорошие" черные и белые области).
Если его примем на веру и включим в доказательство, то мне кажется все будет в порядке (но оно мне кажется неочевидным, на отличие от последнего шага). Оно даже сделает лишним всякие рассуждения про "твердое" кольцо (что любая непрерывная - имеющая длины - кривая загогулина соединяющая полюсы, обязана иметь нули - т.е. не может быть полностью "белой" - прямо следует из одномерного случая).
Насчет последнего шага - что если противоположные стороны прямоугольника попарно соединить непрерывными линиями, то они обязаны где-то в нем пересекаться - в моем "видении", такое "очевидное топологическое утверждение" - на моем ("школьном") уровне в топологии - можно принять без доказательства.

[Leeb]

manul91
Не, я имел в виду свое доказательство с индуцированным гомоморфизмом $\pi_1(RP^2)\to \pi_1(RP^1)$, который по построению обязан быть нетривиальным, т.к. образующая первой группы переходит в образующую второй группы, но первая изоморфна $Z_2$, а вторая - $Z$, поэтому такого гомоморфизма быть не может.

[manul91]

Leeb в сообщении #1607597 писал(а):

Не, я имел в виду свое доказательство

Так ведь никто и не говорил, что оно "не прокатывает"?

[KhAl]

KhAl в сообщении #1607513 писал(а):

Null я тоже сегодня подумал об этом, действительно работает. Чтобы обобщить на высшие размерности, нужен (наверное) следующий факт: нечётное ($f(x) = -f(-x)$) отображение сферы в себя не гомотопно отображению-константе. Для 1-мерной сферы Вы фактически это и сделали, для высших размерностей я не знаю, что делать. Может, индекс отображения поможет... (забыл, что это, честно говоря)

Сейчас мне хочется докрутить идею manul91, и мне очень кажется, что она докручивается. Способ избавиться от любой возможной экзотики я вроде нашёл, и планирую записать его попозже (но он технически сложен). Сложным (мне теперь) кажется момент, что две полученные кривые обязаны пересекаться, но наверняка следует из теоремы Брауэра, в книжке Прасолова (элементы комбинаторной и дифференциальной топологии) что-то подобное видел. И с обобщабельностью на высшие размерности не знаю, что будет. Надо вспоминать кучу интересных топологических вещей, и всё равно в итоге получится кустарно... Вот бы сюда алгеометра.

Ладно, наверное, это слишком технически сложно, не хочу сейчас заниматься.

[Leeb]

Последнее по теме:
Все-таки, задача для $n=2$ (да и для старших размерностей, на самом деле) эквивалентна теореме Брауэра о неподвижной точки (для $n$-мерного шара). Эту теорему совсем просто не доказать, по крайней мере, "школьными" методами, а значит, и саму задачу тоже так или иначе, без заметания под ковер этой эквивалентности в том или ином месте, тоже не решить. И даже последний шаг о пересечении кривых в прямоугольнике на самом-то деле серьезный - он тоже эквивалентен теореме брауэра в двумерном случае.
Поэтому, скорее всего, "простого" доказательства существовать в принципе не может.

[KhAl]

Leeb ох. Если у вас есть доказательство в одно применение теоремы Брауэра, я буду счастлив.

[wrest]

Null в сообщении #1607428 писал(а):

Это Теорема Борсука — Улама

Скажите, а что значит

Цитата:

В 1954 году Абрам Ильич Фет обобщил результат: утверждение теоремы имеет место не только для соотношения антиподов, но и для произвольной инволюции $n$-мерной сферы, то есть, для всякой инволюции $^* \colon \mathbb S^n \to \mathbb S ^n$ и любой непрерывной функции $f \colon \mathbb S^n \to \mathbb R^n$ найдётся такая точка $a \in \mathbb S^n$, что $f(a) = f(a^*)$

"На пальцах", если можно
Является ли это аналогом утверждения, что для окружности, существуют две такие точки не только лежащие на одном диаметре (т.е. угол с вершиной в центре окружности и содержащий эти точки на сторонах, равен развернутому), но такие две точки существуют и для любого угла.

[KhAl]

wrest инволютивность означает $a^{**} = a$, остальное написано.