Proofs without words 7

Sum of squares

 

Proofs without words 6

Il Teorema di Nicomaco

Image credits: https://en.m.wikipedia.org/wiki/Proof_without_words

Proofs without words 5

For every natural number $n$, the quantity $n^2-n$ is divisible by $2$.

Credits: Benjamin Dickman's answer in MO60457

Proofs without words 4

 Viviani's Theorem: In an equilateral triangle, the sum of the distances of an interior point to the three sides equals the altitude of the triangle.

Image from the web, attribution unknown

(Image from the web, attribution unknow

An overkill proof of the divergence of the harmonic series

 The following proof can be found in the MO thread [1].

Assume that the harmonic series $\sum_{n=1}^{+ \infty}\frac{1}{n}$ converges. Then the sequence of functions $\{f_n\}$ defined by $f_n = \frac{1}{n} \chi_{[0, \, n]}$ is dominated by the function $$g = \chi_{[0, \, 1]} + \frac{1}{2} \chi_{[1, \, 2]}+\frac{1}{3} \chi_{[2, \, 3]}+ \frac{1}{4} \chi_{[3, \, 4]}+\ldots,$$ which is by assumption absolutely integrable over $\mathbb{R}$. 

By applying Lebesgue's Dominate Convergence Theorem [2] we get: $$1 = \lim_n \int_{\mathbb{R}} f_n(x) dx = \int_{\mathbb{R}}  \lim_n f_n(x)dx = 0,$$ a contradiction. $\Box$

References

[1] https://mathoverflow.net/questions/42512/awfully-sophisticated-proof-for-simple-facts

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_convergence_theorem

Four colors suffice

The "Four colors suffice" postmark used by the University of Illinois at Urbana-Champaign (UIUC) after the celebrated proof of the Four Colors Problem by Kenneth Appel and Wolfgang Haken [1]. 

According to [2], the proof "was greeted with enthusiasm [...] but also with skepticism, great disappointment and outright rejection. Their extensive use of computers was widely criticized, and raised philosophical questions as to whether a proof is valid if it cannot be checked by hands."

References.

[1] K. Appel and W. Haken: Every planar map is four colorable I-II, Illinois J. Math. 21, No. 3 (1977).
[2] Wolfgang Haken (1928-2022), Memorial Tribute, Notices of the AMS 70, Number 9 (2023). DOI: https://doi.org/10.1090/noti2781

Automorphisms of the real numbers

Theorem. The only field automorphism of $\mathbb{R}$ is the identity.

Proof. If $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ is a field automorphism, we want to prove that $f=\operatorname{id}$. The proof will be divided into three steps, following the treatment given in Makoto Kato’s answer in [1].

Step 1. $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ is order-preserving. 

Let $x>0$ be a positive real number. Then there exists $y$ such that $x=y^2$, hence $f(x)=f(y)^2 > 0$. If $b > a$, then $b - a >0$ and so $f(b) - f(a)$ = $f(b - a) > 0$, i.e. $f(b) > f(a).$ 

Step 2. $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ fixes all elements of the subfield $\mathbb{Q}$. 

Since $f(1)=1$ and every natural number n can be written as $n=1+1+ \ldots +1,$ we infer $f(n)=n$. This shows that $f$ preserves all elements of $\mathbb{N}$, and so it preserves all elements of the subring $\mathbb{Z}$. Consequently, it preserves all elements of the fraction field of $\mathbb{ℤ},$ which is $\mathbb{Q}$.

Step 3. We can now conclude by using the density of $\mathbb{Q}$ in $\mathbb{R}$. In fact, take any real number $x$ and let $q, \, r$ be two rational numbers such that $q < x < r$. By the previous two steps, we get $q < f(x) < r.$ Since $q$ and $r$ can be chosen to be arbitrarily close to $x$, it follows that $f(x)=x. \quad \square$ 

Remark. The situation is entirely different for the field $\mathbb{C}$ of complex numbers. Using an argument similar to the one above, it is possible to show that the only continuous automorphisms of $\mathbb{C}$ are the identity and the complex conjugation. However, admitting the Axiom of Choice it is possible to prove that there are infinitely many non-continuous automorphisms, see [2]. In fact, the continuous automorphisms of $\mathbb{C}$ are precisely those fixing the subfield $\mathbb{R}$.

References.
[1] MSE449404-Is an automorphism of the field of real numbers the identity map?

[2] MSE412010-Wild automorphisms of the complex numbers

A proof of the Fundamental Theorem of Algebra based on Differential Topology

The following proof of Fundamental Theorem of Algebra, which uses techniques of Differential Topology, can be found in [1, pp. 8-9].

Theorem. Every non-constant polynomial $P \in \mathbb{C}[z]$ must have a zero.

Proof. Using the stereographic projection from the point $\infty=(0, \, 0, \, 1)$, we can extend the polynomial function $P \colon \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ to a function $f \colon \mathbb{S}^2 \to \mathbb{S}^2$ such that $f(\infty)=\infty$. A straightforward use of the change of coordinates $z=1/w$ shows that $f$ is smooth on the whole of $\mathbb{S}^2$, including the point $\infty$.

Let us remark that $f \colon \mathbb{S}^2 \to \mathbb{S}^2$ has a finite number of critical points (and so a finite number of critical values), corresponding to the zeros of the derivative $P’$ and possibly to the point $\infty.$

If $0\in \mathbb{C}$ corresponds to a critical value for $f \colon \mathbb{S}^2 \to \mathbb{S}^2$ then, by definition, it has a preimage via $P \colon \mathbb{C}^2 \to \mathbb{C}^2$, and there is nothing to prove.

We may therefore assume that $0\in \mathbb{C}$ corresponds to a regular value for $f \colon \mathbb{S}^2 \to \mathbb{S}^2$. The locus of these regular values is the complement of finitely many points on the sphere, so it is connected.

From the Implicit Function Theorem for differentiable manifolds, it follows that $f \colon \mathbb{S}^2 \to \mathbb{S}^2$ is a local diffeomorphism when restricted to the locus of regular values. So the number of points which are preimages of a fixed one is locally constant on such locus, hence constant (being the locus connected).

Since $\deg(P) \geq 1$, there are surely (infinitely many) points $y \in \mathbb{S}^2$ such that $f^{-1}(y) $ is non-empty. Thus, the same must be true for the point corresponding to $0 \in \mathbb{C}.$

In other words, $0$ is in the image of $P$. $\square$

References.

[1] J. W. Milnor: Topology from the Differentiable Viewpoint, Princeton University Press 1965.

An overkill way to recover the Taylor expansion of $e^x$

Let us consider the linear operator of Banach spaces $$F \colon C[0, \, 1/2] \to C[0, \, 1/2], \quad F(f(x)):= \int_0^x f(t)dt.$$ Then the identity $\int_0^x e^tdt=e^x-1$ can be rewritten as $$(I-F)(e^x)=1. \quad (\sharp)$$ The operator $F$ is bounded and we have $$||F|| = \sup_{f \in C[0, \, 1/2]} \frac{||F(f)||}{||f||} \leq \frac{1/2 \, ||f||}{||f||} = \frac{1}{2} <1.$$ This implies that $I-F$ is invertible as a bounded linear operator and  moreover $$(I-F)^{-1} = \sum_{k=0}^{+ \infty} F^k.$$ Substituting in $(\sharp)$, we get $$e^x=(I-F)^{-1}(1)=\left(\sum_{k=0}^{+ \infty} F^k \right) (1) = \sum_{k=0}^{+ \infty} F^k(1) = \sum_{k=0} ^{+ \infty}\frac{x^k}{k!},$$ which is the well-known Taylor series expansion of  $e^x$.

Il funerale di Renato Caccioppoli, Napoli 1959.

 

Photo copyright: Archivio fotografico Carbone - Napoli

Triangoli con lati razionali aventi stessa area e perimetro.

Supponiamo di avere un triangolo $T$ aventi lati di lunghezza razionale $a$, $b$, $c$ e area razionale $A$, e di volere determinare un altro triangolo $T'$ (non congruente a $T$) con lati di lunghezza razionale e avente lo stesso perimetro $2p=a+b+c$ e la stessa area $A$. 

Indicando con $$a'=a+x, \quad b'=b+y, \quad c'=c-x-y$$ le lunghezze dei lati del nuovo triangolo $T'$, applicando la formula di Erone otteniamo con semplici passaggi l'eguaglianza

\begin{equation} \label{erone} \big(x- \alpha\big) \big(y-\beta \big) \big(x+y+\gamma \big)- \frac{A^2}{p}= 0, \end{equation}

dove $$\alpha=p-a, \quad \beta = p-b, \quad \gamma = p-c.$$ Si può vedere \eqref{erone} come l'equazione di una curva ellittica $E$ definita su $\mathbb{Q}$, il cui luogo dei punti reali consiste di quattro rami: un ovale compatto contenuto nel triangolo definito nel piano $(x, \, y)$ dalle tre rette di equazione $$x= \alpha,  \quad y=\beta, \quad y=-x- \gamma$$ e tre rami illimitati aventi ciascuno due delle suddette rette come asintoti (si veda la Figura 1).

Figura 1

L'ovale compatto corrisponde esattamente ai valori $(x, \, y, \, z)$ per i quali esiste un triangolo  $T'$ che ha area $A$. Esso contiene in generale almeno sei punti a coordinate razionali: il punto $o=(0, \, 0, \, 0)$, corrispondente al triangolo di partenza $T$ avente lati $(a, \, b, \, c)$, e i cinque punti corrispondenti alle permutazioni  non banali di $(a, \, b, \, c)$. 

Il problema geometrico originale di determinare il triangolo $T'$ si traduce quindi nel seguente problema di Teoria dei Numeri:

Problema. Si determini un punto razionale non banale nell'ovale compatto della curva ellittica $E$.

Non intendiamo qui risolvere il problema nella sua generalità, ma ci limitiamo a trattare un importante esempio. Si consideri il famoso triangolo rettangolo $T$ di lati $(a, \, b, \, c)=(3, \, 4, \,5)$, che ha perimetro $6$ e area $12$. In questo caso, l'equazione di $E$ diventa \begin{equation} \label{erone2} \big(x- 3\big) \big(y- 2 \big) \big(x+y+1 \big)- 6= 0. \end{equation}

Per determinare un punto razionale non banale nell'ovale compatto, utilizziamo il classico metodo delle rette secanti. 

L'ovale compatto contiene il punto razionale $o=(0, \, 0, \, 0)$, corrispondente a $T$, il punto razionale $p_1=(1, \, 1)$, corrispondente al triangolo di lati $(a, \, b, \, c)=(4, \,5, \, 3)$ e il punto razionale $p_2=(1, \, -1)$, corrispondente al triangolo di lati $(a, \, b, \, c)=(4, \, 3, \, 5)$.

Le retta $y-x=0$ passa per $o$ e $p_1$ e interseca $E$ nell'ulteriore punto razionale $p_3=(7/2, \, 7/2)$; tale punto non è ancora una soluzione al nostro problema, in quanto appartiene ad uno dei rami illimitati. 

Possiamo però considerare la retta passante per $p_3$ e $p_2$, che interseca $E$ nell'ulteriore punto razionale $p_4=(38/21, \, 16/35)$. Tale punto sta nell'ovale limitato, quindi corrisponde effettivamente ad una soluzione  del problema (si veda la Figura 2, realizzata con il calcolatore grafico Desmos).

Figura 2

Infatti, $p_4$ corrisponde al triangolo $T'$ di lati razionali $$(a, \, b, \, c)=(101/21, \, 156/35, \, 41/15).$$ È semplice verificare che esso è un triangolo acutangolo di perimetro $12$ e area $6$, gli stessi valori del triangolo rettangolo $T$ di partenza (Figura 3).

Figura 3

Varianti di questo procedimento permettono di determinare ulteriori triangoli con lati razionali, perimetro $12$ e area $6$. Ad esempio, partendo dalla retta tangente ad $E$ nel punto $o=(0, \, 0, \, 0)$ si può ottenere il triangolo ottusangolo di lati $$(a, \, b, \, c)=(35380/10153, \, 81831/16159, \, 27689/8023),$$ si veda la Figura 4.

Figura 4

Punti e rette

Ogni tanto si rilegge sui gruppi di Matematica la classica domanda "Se un punto ha dimensione $0$,  come fanno i punti a formare una retta che ha dimensione $1$?" 

In genere le risposte che vengono date  sono del tipo "Perché i punti sono infiniti" oppure, nella versione più tecnica, "Perché la dimensione non è additiva per un'unione non numerabile".

In realtà, queste risposte confondono il concetto di "dimensione" con quello di "misura". Ma la dimensione è più elusiva. Ad esempio, la retta razionale è numerabile, ma ha dimensione 1 su $\mathbb{Q}$. Peggio ancora, una retta affine sul campo finito $\mathbb{𝔽}_q$ contiene un numero finito di punti (esattamente $q$), ma ha dimensione $1$ su $\mathbb{𝔽}_q$.

Protesta degli insegnanti elementari contro l'uso delle calcolatrici elettroniche a scuola (1988)

 

Suriettività del seno complesso

Com'è ben noto, la funzione $\sin x$, dove $x$ è una variabile reale, ha per immagine il segmento chiuso $[-1, 1]$, dunque è limitata.

Sorprendentemente (almeno per chi si avvicina per la prima volta all'Analisi Complessa) la sua estensione complessa $\sin: \mathbb{C} \longrightarrow \mathbb{C}$ non solo è non- limitata, ma è addirittura suriettiva.

Questo fatto è una conseguenza sostanzialmente immediata del Piccolo Teorema di Picard [1]. Infatti, la funzione seno complesso è intera e non costante, dunque la sua immagine è tutto $\mathbb{C}$ oppure $\mathbb{C}$ meno un punto $z_0$.

Siccome $\sin(-z)=-\sin z$, se fossimo nel secondo caso si avrebbe $z_0=0$: altrimenti, l'immagine non conterrebbe i due punti distinti $z_0$ e $-z_0$.

D'altra parte, si ha $\sin 0=0$. Segue che $0$ è nell'immagine e dunque il seno complesso è una funzione suriettiva.

Riferimenti:

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Picard_theorem

Segmenti e triangoli

Prendiamo due punti a caso all'interno di un segmento fissato. Qual è la probabilità che i tre segmenti ottenuti formino un triangolo? La risposta è sorprendentemente bassa: solo $1/4$.

Infatti, supponiamo per semplicità che il segmento sia l'intervallo $[0,\, 1]$ e chiamiamo $x, \, y$ i due punti, con $x < y$. Allora lo spazio delle coppie ammissibili $(x, \, y)$ è il triangolo blu in figura.

D'altra parte, condizione necessaria e sufficiente affinché tre segmenti formino un triangolo è che la lunghezza di ciascuno di essi sia minore della somma delle lunghezze degli altri due. 

Si ottengono dunque tre disequazioni lineari che definiscono il triangolo rosso in figura, la cui area è chiaramente un quarto di quella del triangolo blu.

Un esagono boreale

L'enorme uragano permanente (oltre 14000 km di lato) dalla perfetta forma esagonale che copre il polo nord di Saturno [1].

Image Credits: Sonda Cassini-Huygens (2012) [2].

Riferimenti:
[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Saturn%27s_hexagon
[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Cassini–Huygens

Gruppi cancellabili

Un gruppo $K$ si dice cancellabile se, per ogni coppia di gruppi $G$, $H$, 

$G \times K \cong H × K$ implica $G \cong H.$ 

Si noti che non si può in generale passare al quoziente per $K$ in ambo i termini di $G \times K \cong H × K$: il motivo è che non è detto che il dato isomorfismo mandi il sottogruppo $\{1\} \times K$ di $G \times K$ nel sottogruppo $\{1\} \times K$ di $H \times K$. 

Infatti, esistono gruppi che non sono cancellabili. La più semplice famiglia di controesempi si ottiene prendendo come $G$ un gruppo arbitrario e ponendo $H=G \times G$ e $K=$prodotto numerabile infinito di copie di $G$. 

In questo esempio $K$ non è finitamente generato, ma esistono anche esempi finitamente presentati: addirittura, si dimostra che $\mathbb{Z}$ non è cancellabile in generale [1].

Invece, ogni gruppo finito $K$ è cancellabile. Questo risultato è dovuto a Hirshon [2], si veda anche la dimostrazione elementare data in [3].

Riferimenti.

[1]  https://math.stackexchange.com/questions/349826/counterexample-g-times-k-cong-h-times-k-implies-g-cong-h?noredirect=1&lq=1

[2] R. Hirshon, On Cancellation in Groups, The American Mathematical Monthly, Vol. 76, No. 9 (1969), pp. 1037-1039

[3] https://math.stackexchange.com/questions/349855/does-g-times-k-cong-h-times-k-imply-g-cong-h?noredirect=1&lq=1

Technique

 A technique is a trick that works twice.

- Attribution unknown -

The Foias constant

The Foias constant [1] is the unique initial value $x_1= \alpha$ such that the sequence defined by the recurrence $$x_{n+1} = \left(1+\frac{1}{\, x_n} \right)^n$$ diverges to $+\infty$. Numerically, it is 

$$\alpha=1.18745235112650 \ldots$$

No closed form for the constant is known, and its transcendence has not been proven so far.

The constant is named after Ciprian Ilie Foias (1933-2020), a Romanian-American mathematician famous for contributing to PDE, Operator Theory, and Control Theory [2, 3].

The history of its discovery is a curious example of serendipity. In the mid-seventies, when Foias was teaching at the University of Bucharest, an error of a typist changed an easy basic exercise to a very challenging one. Foias took the challenge and eventually solved the accidentally invented difficult problem [4].

References.
[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Foias_constant
[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Ciprian_Foias
[3] Remembrances of Ciprian Ilie Foias, Notices AMS 69 (9), October 2022.
[4] J. Ewing, C. Foias: An Interesting Serendipitous Real Number. In Finite versus Infinite: Contributions to an Eternal Dilemma (Ed. C. Caluse and G. Păun). London: Springer-Verlag, pp. 119–126, 2000.

Whitney approximation theorem: $\mathbb{S}^n$ is simply connected for $n \geq 2$

Let me give a proof of the fact that the $n$-sphere $\mathbb{S}^n \subset \mathbb{R}^{n+1}$ is simply connected for $n \geq 2$, which is based on differential topology methods (instead than on the Seifert-Van Kampen theorem). We will use the following two results:

(1) Whitney Approximation Theorem: Every continuous map $f \colon M \to N$ between smooth manifolds is homotopic to a smooth map.

(2) Sard Theorem: Let $f \colon  M \to N$ be a smooth map between smooth manifolds, and let $\operatorname{Crit}(f)$ be the locus of points of $M$ where the differential df has rank $< \dim(N)$. Then the image of $\operatorname{Crit}(f)$ has zero Lebesgue measure in $N$. In particular, if $\dim(M) < \dim(N)$ then $f$ cannot be surjective.

Given a continuous loop $c \colon [0, \, 1] \to \mathbb{S}^n$, we want to show that $c$ is homotopically trivial. By (1), it is not restrictive to assume that $c$ is piecewise smooth. Then, by (2), $c$ cannot be surjective (recall that we are assuming $n \geq 2$).

Now, take a point $p$ not in the image of $c$. Then we can see $c$ as a loop in $\mathbb{S}^n-\{p\}$, which is a contractible space (it is homeomorphic to $\mathbb{R}^n$ via the stereographic projection). So $c$ is homotopically trivial.

Remark. The regularization provided by (1) is essential here. In fact, there exist continuous, non-smooth loops "of Peano type", whose image is the whole sphere.

Job

Julia Robinson's description of her own job:

Monday: Try to prove theorem
Tuesday: Try to prove theorem
Wednesday: Try to prove theorem
Thursday: Try to prove theorem
Friday: Theorem false

Source: MacTutor

Principio dei cassetti

Volevo spiegare a mia figlia di otto anni il Principio dei Cassetti, quindi ho cominciato con il solito esempio: "Siccome ci sono più abitanti a Roma che capelli sulla testa di una persona, sicuramente esistono due romani che hanno un numero identico di capelli". E lei: "Beh sì, immagino che in tutta Roma non sia difficile trovare due calvi!"

Sottoinsiemi numerabili di insiemi infiniti

 È vero che ogni insieme infinito contiene un sottoinsieme numerabile? La sorprendente risposta è "dipende". Intuitivamente, se $X$ è infinito potremmo tentare di costruire un sottoinsieme numerabile di $X$ come segue. Scegliamo un elemento $x_1 \in X$, poi un elemento $x_2 \in X−\{x₁\}$, poi un elemento $x_3 \in  X−\{x_1, \,  x_2\}$ e così via. In tal modo, per ogni numero naturale $n$, si ottiene un sottoinsieme di $X$ equipotente a $\{1,\ldots,n\}$, ossia una funzione iniettiva $\{1,\ldots,n\}\to X$. 

Il punto cruciale (e delicato) è che, per essere sicuri che si possano "incollare" queste infinite funzioni iniettive in modo da formare un sottoinsieme numerabile  $(x)_n \subseteq X$, è necessario l'Assioma di Scelta (o, più precisamente, una sua versione debole nota come Assioma di Scelta Numerabile [1, 2]). 

Senza Assioma di Scelta il risultato è in generale falso. Infatti, è consistente con ZF l'esistenza di un insieme infinito ma Dedekind-finito, ossia di un insieme infinito X che non ammetta nessuna funzione iniettiva $\mathbb{N} \to X$, si veda  [3, 4] e la risposta di A. Karagila in [5].

Riferimenti.

[1] https://proofwiki.org/wiki/Infinite_Set_has_Countably_Infinite_Subset
[2] https://proofwiki.org/wiki/Axiom:Axiom_of_Countable_Choice
[3] https://math.stackexchange.com/questions/1973256/every-infinite-set-contains-a-countable-subset
[4] https://en.wikipedia.org/wiki/Dedekind-infinite_set
[5] https://math.stackexchange.com/questions/1396676/is-axiom-of-choice-necessary-for-proving-that-every-infinite-set-has-a-countably

Finite groups of order at most $2000$

There exist $49910529484$ finite groups of order at most $2000$. Among these, $49487365422$ (that is, more than $99 \%$) have order $1024$.

References.

[1] https://www.math.auckland.ac.nz/~obrien/research/2000-announce.pdf
[2] https://math.stackexchange.com/questions/241369/more-than-99-of-groups-of-order-less-than-2000-are-of-order-1024

Monotonìa di funzioni differenziabili

Un noto risultato di Analisi 1 afferma che, se una funzione differenziabile $f \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ soddisfa $f'>0$ nell'intorno di un punto, allora essa è crescente in tale intorno.
Un'interpretazione errata (e piuttosto diffusa) di questo teorema è che, se $f'(a)>0$, allora $f$ è crescente in un intorno di $a$. La cosa è vera se $f'$ è continua (dato che in tal caso, per permanenza del segno, $f'$ è positiva in un intorno di $a$) ma è falsa in generale.

Un classico controesempio è fornito dalla funzione $$f(x)=x^2 \sin \frac{1}{x}+x, \quad f(0)=0,$$ che  verifica $f'(0)=1$ ma non è monotona in nessun intorno di $0$.

Patologie come questa illustrano bene la differenza fra funzioni differenziabili e funzioni di classe $C^1$ (cioè, differenziabili con derivata continua).

The Conway Circle

Take any triangle, and extend the two sides meeting at each vertex by the length of the opposite side. Then the six endpoints of the three resulting line segments lie on a circle, called the Conway circle of the triangle [1], whose centre is the incentre of the triangle.

References.

[1] https://mathworld.wolfram.com/ConwayCircle.html

Natural characterization of trace zero endomorphisms

Consider a $2$-dimensional vector space $V$ over a field $k$ of characteristic different from $2$. Since every $2\times2$ matrix can be written in a unique way as the sum of a symmetric matrix and a skew-symmetric one, we have the direct sum decomposition $$V \otimes V = \operatorname{Sym}^²V \oplus \wedge^2 V.$$ Taking the tensor product with the dual space $V^*$, and using the identification
$$V \otimes \wedge^2 V^* = V^*$$ (coming from the bilinear pairing on $V$ induced by the wedge product, namely $v \otimes w \mapsto v \wedge w$), we get an identification $$V^*\otimes V = (\operatorname{Sym}^2V \otimes \wedge^2V^*) \oplus k.$$ On the other hand, $V^* \otimes V = \operatorname{Hom}(V, \, V)$, so we get a further identification $$\operatorname{Hom}(V, \,V) = (\operatorname{Sym}^2V \otimes \wedge^2 V^*) \oplus k.$$

Proposition. Under the above identification, an endomorphism $f \colon V \to V$ satisfies $\operatorname{trace}(f)=0$ if and only if it lies in the first summand $\operatorname{Sym}^2V \otimes \wedge^2 V^*.$ In other words, $\operatorname{Sym}^2V \otimes \wedge^2 V^*$ is naturally identified with the vector space $\operatorname{Hom}_0(V, \, V)$ of trace zero endomorphisms of $V$.

Pitagora boemo

 Spilla acquistata ad un mercatino di Praga.

A real binary tree

 

Image Source: https://www.palmpedia.net/wiki/Hyphaene_compressa

Polinomi e valori primi

È noto che esistono polinomi $p(x)$ a coefficienti interi che assumono valori primi per numerosi valori interi consecutivi di $x$. Ad esempio, $x^2−x+4$1 è primo per ogni $1 \leq  x  \leq  40$, e $x^2−79x+1601$ è primo per ogni $1 \leq  x \leq 79$.

Tuttavia, non è possibile che un polinomio a coefficienti interi assuma esclusivamente valori primi, come mostra il seguente elegante argomento [1, Theorem 21 p. 22].

Sia $$f(x)= a_0x^k +a_1x^{k-1} +\ldots+a_k$$ un polinomio a coefficienti interi. Possiamo assumere $a_0>0$, in modo che $\lim f(x)=+ \infty$ quando $x \to + \infty$. In particolare, $f(x)>1$ per $x$ sufficientemente grande. Fissiamo un intero positivo $n$ tale che $f(n)>1$, e poniamo $m=f(n)$. 

Se $r$ è un intero positivo arbitrario, allora la quantità $$f(rm+n) = a_0(rm+n)^k + \ldots = m(\ldots)+f(n) = m(\ldots) + m$$ è divisibile per $m$ qualunque sia $r$. Quindi $f(rm+n)$ è composto e, siccome $rm+n$ diventa arbitrariamente grande al crescere di $r$, deduciamo che $f(x)$ è composto per infiniti valori interi di $x$.

Osservazione. Ogni polinomio lineare irriducibile su $\mathbb{Z}$ rappresenta infiniti numeri primi per il teorema di Dirichlet. Non è noto se esistano polinomi di grado $ >1$ che rappresentano infiniti primi.
D'altra parte, non è difficile esibire polinomi irriducibili su Z che non rappresentano neanche un numero primo. Un esempio è $$f(x)=x(x+1)+4$$ che rappresenta solo numeri pari, e non rappresenta $ \pm 2$.

Riferimenti.
[1] G. H. Hardy, E. M. Wright: An Introduction to the Theory of Numbers, Sixth Edition, Oxford University Press 2007

Controlli di parità e irrazionalità di $\sqrt{3}$

Le dimostrazioni usuali dell'irrazionalità di $\sqrt{3}$ (per discesa infinita o per fattorizzazione unica) si basano su argomenti che funzionano "modulo $3$". 

Sorprendentemente, è possibile dare la seguente dimostrazione che si basa esclusivamente su argomenti di parità, dunque che funziona "modulo $2$". Questo la rende qualitativamente differente dalle dimostrazioni citate sopra [1].

Supponiamo $\sqrt{3}=a/b$, con $a,\, b$ interi positivi senza fattori comuni. Allora $a^2=3b^2$ e, siccome $a$ e $b$ non possono essere entrambi pari, segue che devono essere entrambi dispari. 

Ponendo $a=2n+1$ e $b=2m+1$ si ottiene dunque $$4m^2+4m+1 = 3(4n^2+4n+1).$$

Sviluppando i calcoli, sottraendo $1$ ad ambo i membri e dividendo per $2$, ricaviamo $$2m^2+2m = 6n^2+6n+1.$$ Ciò è assurdo, dato che il termine di sinistra è un intero pari, mentre quello di sinistra è dispari. 

Esattamente lo stesso argomento mostra che, se $k$ è un intero positvo tale che $k \equiv 3 (\operatorname{mod} 4)$, allora  $\sqrt{k}$ è irrazionale.

Per  gli altri interi $k$ non quadrati, la situazione è più delicata. Se $k=5$, l'argomento di parità funziona ancora con una semplice modifica: partendo da $$4m^2+4m+1 = 5(4n^2+4n+1),$$ sottraendo $1$ e dividendo per $4$ si ottiene $$m^2+m = 5n^2+5n+1,$$ di nuovo una contraddizione dato che $m²+m = m(m+1)$ è sempre pari, mentre  $5n²+5n+1 = 5n(n+1)+1$ è sempre dispari.

Tuttavia, non c'è modo (mi sembra) di adattare il metodo per  $k=17$.

Domanda: è possibile dimostrare che $\sqrt{17}$ è irrazionale utilizzando esclusivamente argomenti modulo 2 (cioè, "controlli di parità")?

Riferimenti.
[1] https://math.stackexchange.com/questions/4188429/novel-proof-of-the-irrationality-of-sqrt3

$x^y=y^x$

Il grafico della curva $x^y=y^x$ (per $x>0, \, y>0$) consiste di due rami distinti. Uno è la bisettrice del primo e terzo quadrante, corrispondente alle soluzioni ovvie $(x,\, x)$. L'altro è la curva avente equazione parametrica

$$x=t^{1/t-1}, \quad y=t^{t/t-1},$$

corrispondente alle soluzioni non banali. I due rami si intersecano nel punto $(e, \, e)$ [1]. 

Con queste informazioni, è facile determinare le regioni del primo quadrante in cui è verificata la diseguaglianza $x^y>y^x$: sono quelle colorate in rosso nel grafico allegato, realizzato con Desmos [2]. 

Il punto $(e, \, \pi)$ è disegnato in viola.

Riferimenti.

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Equation_x%CA%B8_%3D_y%CB%A3

[2] https://www.desmos.com/calculator

Una semplice dimostrazione della diseguaglianza $e^{\pi} > {\pi}^e$.

Dalla formula di Taylor abbiamo $e^{x} >1+x$ per ogni $x>0$. Preso $x=\pi/e−1$, si ottiene $e^{\pi/e−1} > \pi/e$. Moltiplicando per $e$, si ricava $e^{\pi/e} > \pi$. Infine, elevando ad $e$, si ha la diseguaglianza voluta.

Infatti $e^{\pi} ≃ 23,14$, mentre $\pi^e ≃  22,46$.

Two shall become one

Möbius Strip gold wedding band, inscribed with the biblical quote  "Two shall become (one)."  

Source:  Wikipedia Commons 

"This is a very limited field"

An informal letter containing a shortlist of people considered suitable for an IAS job offer (March 1945). It is impressive to read somehow harsh judgments about first-class scientists. For instance, Gödel is said to be "extraordinary in the particular field of mathematical logic; but this is a very limited field". At any rate, the three mathematicians cited in the document were all eventually hired at Princeton (Gödel and Artin in 1946, Weil in 1958).
Wolfgang Pauli, used as a touchstone of Theoretical Physics, was a member of the Institute since 1935 and won the Nobel Prize precisely in 1945.

Hilbert 90, parametrizzazioni razionali ed equazioni di Pell

Consideriamo un'estensione galoisiana di campi $L/K$ con gruppo di Galois $\operatorname{Gal}(L/K)$ ciclico di ordine $n$, generato da un $K$-automorfismo $\sigma \colon L \to L$. Allora la norma $N(a)$ di un elemento $a \in L$, definita come il prodotto di tutti i coniugati di $a$ sotto l'azione del gruppo di Galois, è data da $$N(a)=a \sigma (a)\sigma^2(a) \ldots σ^{n-1}(a).$$ Un famoso risultato, dimostrato da David Hilbert nel suo famoso Zahlbericht e noto come Hilbert 90 [1], afferma che in questa situazione ogni elemento a di norma $1$ può essere espresso nella forma $\sigma(b)/b$, per un opportuno $b∈L$.

L'importanza di questo enunciato (e soprattutto delle sue moderne interpretazioni in termini di Coomologia di Galois) va ben al di là di un breve post sul blog. Pertanto, ci limiteremo a far vedere come Hilbert 90 può essere utilizzato per determinare soluzioni razionali di particolari equazioni diofantee o, in termini più geometrici, parametrizzazioni razionali di particolari coniche nel piano affine.

Esempio 1. La circonferenza unitaria.
Consideriamo l'estensione di campi $\mathbb{Q}(i)/\mathbb{Q}$, il cui gruppo di Galois ha ordine $2$ ed è generato dal $\mathbb{Q}$-automorfismo $\sigma \colon \mathbb{Q}(i) \to \mathbb{Q}(i)$ tale che $\sigma(i)=-i$. Allora $$N(x+iy)=(x+iy)(x-iy)=x^2+y^2,$$ in altre parole gli elementi di norma $1$ dell'estensione possono essere identificati con i punti razionali della circonferenza unitaria $x^2+y^2=1$.

Per Hilbert 90, ogni tale elemento si esprime nella forma
$$x+iy = (u-iv)/(u+iv)=(u-iv)^2/(u^2+v^2)=\frac{1}{(u^2+v^2)}\left( (u^2-v^2)+i(-2uv) \right)$$

per opportuni numeri razionali $u, \, v$. In tal modo, abbiamo ottenuto la ben nota parametrizzazione razionale della circonferenza unitaria $$(x, \, y) = \frac{1}{(u^2+v^2)} (u^2-v^2, \, -2uv),$$ da cui segue che esistono infiniti punti razionali sulla circonferenza, che formano un insieme denso nella topologia euclidea.

Esempio 2. L'equazione di Pell.

Sia $D$ un numero intero positivo che non sia un quadrato perfetto. Allora l'estensione di campi $\mathbb{Q}(\sqrt{D})/\mathbb{Q}$ ha gruppo di Galois di ordine $2$, generato dal $\mathbb{Q}$-automorfismo $\sigma \colon \mathbb{Q}(\sqrt{D} \to \mathbb{Q}(\sqrt{D})$ tale che $\sigma(\sqrt{D})= -\sqrt{D}$. Pertanto $$N(x+\sqrt{D}y)=(x+\sqrt{D}y)(x-\sqrt{D}y)=x^2-Dy^2,$$ in altre parole gli elementi di norma 1 nell'estensione possono essere identificati con le soluzioni razionali dell'equazione di Pell [2] $$x^2-Dy^2=1.$$ Per Hilbert 90, ogni tale elemento di norma $1$ si esprime nella forma $$x+\sqrt{D}y = (u- \sqrt{D} v)/(u+\sqrt{D}v)=\frac{1}{(u²-Dv²)} \left((u²+Dv²) +\sqrt{D} (-2uv) \right))$$ per opportuni numeri razionali $u, \, v$. In tal modo, abbiamo ottenuto la parametrizzazione $$(x, \, y) = \frac{1}{(u^2-Dv^2)} (u^2+Dv^2, \, -2uv),$$ da cui segue che esistono infinite soluzioni razionali dell'equazione di Pell.

Il lettore più attento avrà notato che, in entrambi queste situazioni, si potevano ricavare le parametrizzazioni senza ricorrere ad Hilbert 90. Infatti, se una conica definita su $\mathbb{Q}$ possiede un punto razionale, allora per proiezione stereografica da tale punto se ne ricavano infiniti. Bastava quindi determinare una soluzione razionale particolare e proiettare da essa per ottenere tutte le altre; ad esempio, si poteva prendere in entrambi i casi $(x, \, y)=(1, \, 0)$.

Riferimenti.
[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Hilbert%27s_Theorem_90
[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Pell%27s_equation

Hedy Lamarr

There is no doubt that genius lasts longer than beauty
(Oscar Wilde, The Picture of Dorian Gray)

Hedy Lamarr (1914-2000) sul set di "The heavenly body" (1944), quando l'attrice americana di origine austriaca era considerata "la donna più bella del mondo" [1].
Lamarr aveva compiuto studi di ingegneria a Vienna, pur senza terminarli, ed era estremamente brillante. Durante la Seconda Guerra Mondiale, brevettò insieme al compositore George Antheil
un sistema di radio-guida per i siluri (U.S. Patent 2,292,387), che non fu mai implementato nei sottomarini alleati a causa di difficoltà tecniche di realizzazione [2].
Oggi la trasmissione a spettro espanso descritta in quel brevetto ("frequency-hopping spread spectrum") è utilizzata nei sistemi di rete wireless e in quelli bluetooth.
Nel 2018 è stata pubblicata da Life Drawn la biografia a fumetti, di Roy e Dorange, "Hedy Lamarr: An Incredible Life" [3].

Riferimenti
[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Hedy_Lamarr
[2] https://patents.google.com/patent/US2292387

[3] https://www.amazon.it/Hedy-Lamarr-Incredible-William-Roy/dp/1594656193

Experiments

Mathematics is an experimental science, and definitions do not come first, but later on.
Oliver Heaviside (1850 - 1925)

Source: On operators in physical mathematics, part II, Proceedings of the Royal Society of London, Vol. 54, 1893, p. 12

When Fermi met Dirac

Richard Feynman a Paul Dirac discutono durante una conferenza sulla Relatività tenuta a Varsavia (luglio 1962). La foto fu scattata da Marek Holzman [1].

È rimasto famoso lo scambio di battute fra il vulcanico ed estroverso Feynman e il laconico e timido Dirac al momento del loro incontro, che Graham Farmelo definisce "degno di Harold Pinter", facendolo risalire al Congresso Solvay 1961 [2, p. 482].
F. I am Feynman.
D. I am Dirac.
[Silence]
F. (with admiration) It must be wonderful to be the discoverer of that equation.
D. That was a long time ago. [Pause] What are you working on?
F. Mesons.
D. Are you trying to discover an equation for them?
F. It is very hard.
D. One must try.


Riferimenti
[1] https://ysfine.com/dirac/dirfeyn.html
[2] G. Farmelo: L'uomo più strano del mondo, Cortina Editore 2013.

Photo Credits
Caltech Archives: https://digital.archives.caltech.edu/collections/Images/1.10-15/

$1+2+3+4+\ldots = - \frac{1}{12}$

L'immagine allegata mostra la pagina di taccuino in cui Srinivasa Ramanujan "dimostra" la celebre "identità" $$1+2+3+4+ \ldots = - \frac{1}{12}.$$ L'argomento, ovviamente errato così come è scritto, occupa le prime sei righe del foglio ed è simile a quelli che solitamente si incontrano nelle pagine divulgative sull'argomento: posto

$$c = 1+2+3+4+ \ldots,$$

si ha $$4c = 4+8+12+16+ \ldots,$$

e quindi  $$-3c = 1 +(2-4)+3+(4-8)+5+(6-12)+ \ldots = 1-2+3-4+5-6+ \ldots$$ La "somma" di questa serie a segni alterni è "calcolata" da Ramanujan considerando lo sviluppo di Taylor

$$\frac{1}{(1+x)^2} = 1−2x+3x^2−4x^3+ \ldots $$ e ponendo $x=1$. Questo fornisce $-3c = 1/4$, quindi $c = -1/12$.

È evidente che tale risultato non può sussistere nel senso usuale di "somma di una serie", in quanto (ad esempio) il termine generale di $1+2+3+4+ \ldots$ non è infinitesimo; infatti, la serie dei numeri naturali diverge nel senso usuale.

Più precisamente, almeno due passaggi cruciali della "dimostrazione" esposta sono non giustificabili dal punto di vista della moderna Analisi Matematica:

1. non è in generale lecito sommare termine a termine due serie divergenti, tra l'altro dopo averle riarrangiate, e ragionare come se si trattasse di somme finite; 
2. lo sviluppo di Taylor sopra considerato vale solo per $|x|<1$.

Tuttavia, è possibile dare un senso all'identità di Ramanujan considerando una appropriata definizione di "somma di una serie divergente", che passa attraverso un procedimento di regolarizzazione della funzione zeta di Riemann.

Infatti, il risultato di Ramanujan era motivato dal fatto che, quando $s=-1$, si ha $\zeta(s)=-1/12$, mentre il valore "formale" in $s=-1$ della funzione zeta è proprio la serie dei numeri naturali. Questo è ben spiegato nel post divulgativo di Evelyn Lamb sul blog di Scientific American [1].

Una discussione più approfondita e tecnica delle somme di Ramanujan si trova nello splendidol post di Terence Tao [2] che, fra le altre cose, illustra il legame della regolarizzazione di $\zeta(s)$ con altri argomenti classici dell'Analisi, come i numeri di Bernoulli, la funzione di von Mangoldt e la formula di Poisson.

In generale, il concetto di "somma di una serie divergente" può essere definito in vari modi, non tutti fra loro equivalenti. Un classico riferimento bibliografico per questo argomento è la monografia di G. H. Hardy Divergent Series, oggi liberamente scaricabile in formato pdf [3].

Fonte immagine: @stevenstrogatz

Riferimenti.

[1] https://blogs.scientificamerican.com/roots-of-unity/does-123-really-equal-112/
[2] https://terrytao.wordpress.com/2010/04/10/the-euler-maclaurin-formula-bernoulli-numbers-the-zeta-function-and-real-variable-analytic-continuation/
[3] https://sites.math.washington.edu/~morrow/335_17/Hardy-DivergentSeries%202.pdf

La costante di Brun

Non è al momento noto se esistano infinite coppie di primi gemelli. Tuttavia, nel 1919, Viggo Brun dimostrò [1] il seguente

Teorema. La serie dei reciproci dei primi gemelli $$(1/3+1/5)+(1/5+1/7)+(1/11+1/13)+ \ldots \quad  (*) $$ è convergente (o finita).

(Si ricordi che invece, per un ben noto risultato di Eulero, la serie dei reciproci di tutti i primi è divergente).

La somma della serie $(*)$, detta costante di Brun, si indica il genere con $B_2$. Tale serie converge molto lentamente: dopo aver sommato un miliardo di termini, si stima che vi sia ancora un errore relativo del $5$%. Se si usano $10^{16}$ coppie di primi gemelli, il valore della somma è circa $1.902160583104$.

Si sa dimostrare incondizionatamente (cioè, senza utilizzare l'Ipotesi di Riemann) che $B_2< 2.347$; assumendo tale ipotesi, si ha la stima migliore $B_2< 2.1754$, vedi [2].

Non è noto al momento se $B_2$ sia o meno irrazionale. Ovviamente, se si riuscisse a dimostrare che lo è, ciò implicherebbe che esistono infinite coppie di primi gemelli.

Riferimenti.

[1] V. Brun: La série 1/5+1/7+1/11+1/13+1/17+1/19+1/29+1/31+1/41+1/43+1/59+1/61+..., où les dénominateurs sont nombres premiers jumeaux est convergente ou finie. Bulletin des Sciences Mathématiques 43: 100–104, 124–128 (1919)

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/Brun%27s_theorem

Gruppi isomorfi al proprio quadrato

Dato un gruppo finito $G$, l'ordine di $G \times G$ è $|G|^2$. In particolare, se $G$ è non banale, allora $G \times G$ non è mai isomorfo a $G$.

Se, invece, l'ordine di $G$ è infinito, non è difficile costruire esempi che sono isomorfi al loro quadrato. Si consideri $$G=\prod_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{Z}_2,$$ il prodotto diretto di un'infinità numerabile di copie di $\mathbb{Z}_2$, con la somma componente per componente $$( (g_n)+(h_n) ) = (g_n + h_n).$$ Allora l'applicazione $f \colon  G \to G  \times G$ definita da $$f((g_1, \, g_2,  \, g_3, \ldots)) = ((g_1, \, g_3, \, g_5, \ldots), \; (g_2, \, g_4, \,  g_6, \ldots))$$ è un isomorfismo di gruppi.

Lo stesso tipo di argomento mostra che la somma diretta numerabile $$G=\bigoplus_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{ℤ_2},$$ ovvero il sottogruppo di $G=\prod_{n \in \mathbb{N}} \mathbb{Z}_2$ costituito dalle $n$-ple che hanno al più un numero finito di componenti non nulle, è isomorfo a $G \times G$.

Gli esempi presentati sopra sono gruppi non-finitamente generati. Sorprendentemente, esistono anche esempi di gruppi finitamente generati tali che $G ≃ G \times G$. Uno di essi, ottenuto come sottogruppo di una somma diretta numerabile di un opportuno prodotto amalgamato del gruppo di Baumslag–Solitar

$$\operatorname{BS}(2, \, 3) = \langle a, \, t  \mid  t a^2 t^{-1} = a^3 \rangle$$ è descritto in [1]. Tale gruppo, tuttavia, è non finitamente presentato. Un problema aperto, posto da Hirshon, è se esista un gruppo non banale e finitamente presentato $G$ tale che $G \simeq G \times G$.

Riferimenti.

[1] https://berstein2015.wordpress.com/2015/04/18/a-group-with-a-quotient-isomorphic-to-the-direct-square/

Kill (the) Bill

Nel 1897, il medico e matematico dilettante Edward J. Goodwin sottopose una proposta di legge al parlamento dello Stato dell'Indiana, dal lungo titolo

A Bill for an act introducing a new mathematical truth and offered as a contribution to education to be used only by the State of Indiana free of cost by paying any royalties whatever on the same, provided it is accepted and adopted by the official action of the Legislature of 1897.

La "new mathematical truth" era un metodo (ovviamente errato) per quadrare il cerchio, che implicava $\pi = 3.2$ (nonché $\sqrt{2} = 10/7$, giusto per non farsi mancare nulla). Per questo motivo, è passato alla storia come Indiana Pi Bill, invece che come "Bill n. 246/1897".

Il testo superò cinque letture in aula, ma non divenne mai legge grazie all'intervento di C. A. Waldo, professore all'Università di Purdue.

Fonte: https://www.history-of-mathematics.org/artifacts/indiana-pi-bill

Quarte potenze

Un interessante algoritmo per calcolare la quarta potenza di un intero, che @fermatslibrary attribuisce a Dov Juzuk (1939).

Raggruppiamo gli interi positivi in insiemi di cardinalità crescente come segue: $$(1) \, (2, \, 3) \, (4, \, 5, \, 6) \, (7, \, 8, \, 9, \, 10) \, (11, \, 12, \, 13, \, 14, \, 15) \ldots $$ Poi, cancelliamo tutti i gruppi di cardinalità pari: $$(1) \, (4, \, 5, \, 6) \, (11, \, 12, \, 13, \,14, \,15) \ldots $$ La somma dei primi $n$ gruppi rimasti è esattamente $n^4$.

Esempi:

n=2 
$(1) + (4+5+6) = 16 = 2^4$

n=3
$(1) + (4+5+6) + (11+12+13+14+15) = 81 = 3^4$

The Sokal affair

Nel 1996, Alan Sokal, professore di fisica all'Università di New York e all'University College of London, inviò alla rivista di studi culturali post-moderni "Social Text" un articolo dal titolo Transgressing the Boundaries: Towards a Transformative Hermeneutics of Quantum Gravity [1].

Il lavoro intendeva dimostrare che la Quantum Gravity (e, in generale, la fisica moderna) è un costrutto sociale e linguistico, attraverso affermazioni del tipo

Just as liberal feminists are frequently content with a minimal agenda of legal and social equality for women and "pro-choice", so liberal (and even some socialist) mathematicians are often content to work within the hegemonic Zermelo–Fraenkel framework (which, reflecting its nineteenth-century liberal origins, already incorporates the axiom of equality) supplemented only by the axiom of choice.

L'articolo venne pubblicato e, tre settimane dopo, Sokal rivelò [2] che si trattava di un esperimento per testare la serietà del processo di peer-review in ambito accademico. Infatti, Trasgressing the Boundaries era semplice nonsense, ma il modo in cui era scritto aveva tratto in inganno i poco accorti revisori che, accecati dal bias di conferma e dalla loro scarsa padronanza dei termini tecnici, avevano creduto di avere a che fare con un profondo lavoro che predicava l'esigenza di una "liberatory science" e di una "emancipatory mathematics", che svincolassero finalmente la scienza dai canoni imposti dalla classe intellettualmente (e socialmente) egemone. Ovviamente, tale "post-moderne science" avrebbe dovuto dare supporto intellettuale ad un "progressive political project" etc etc.

La beffa di Sokal abbe immediata ed ampia risonanza, e provocò un'accesa discussione su vari fronti. In particolare, l'Autore stigmatizzò la "pigrizia intellettuale" dell'accademia dietro "Social Text" (i cui membri appartenevano prevalentemente all'élite di sinistra americana), che basava le proprie valutazioni sull'uso di un certo linguaggio o di una certa deferenza verso il pensiero "post-modernista", invece di concentrarsi sui contenuti presentati e sulla solidità degli argomenti proposti.

La critica colpiva in particolare gli appartenenti ad alcuni settori delle "liberal arts" che, con la loro visione "de-costruttivista" della scienza, portavano avanti secondo Sokal una forma di pensiero anti-scientifico e anti-intellettuale, nonostante (o forse proprio per questo) non fossero in grado di comprendere in profondità gli argomenti di cui volevano discutere.

La polemica arrivò al punto di mettere in dubbio la possibilità, per filosofi e ed umanisti in generale, di dare un contributo significativo al dibattito scientifico o epistemologico. Eminenti pensatori come Jacques Derrida si sentirono direttamente chiamati in causa, e dissero la loro sull'argomento [3].

Riferimenti.

[1] Alan D. Sokal: Transgressing the boundaries: Towards a Transformative Hermeneutics of Quantum Gravity, Social Text 46/47 (1996), 217-252.

https://www.jstor.org/stable/466856?origin=crossref&seq=1

[2] Alan D. Sokal: A Physicist Experiments with Cultural Studies, Lingua Franca (1996).

http://linguafranca.mirror.theinfo.org/9605/sokal.html

[3] https://en.wikipedia.org/wiki/Sokal_affair

Un quadrato di quadrati

Un quadrato magico $4 \times 4$ in cui ogni elemento è un quadrato. Conseguenza: $93025$ può scriversi come somma di quattro quadrati in almeno $10$ modi distinti.

Sorprendentemente, l'esistenza di un simile quadrato magico nel caso $3 \times 3$ è un problema aperto:

http://www.multimagie.com/English/SquaresOfSquaresSearch.htm

Chiarezza

Il concetto di "retta graduata" come veniva spiegato in un libro di testo per l'"eight grade" (studenti di 13-14 anni) ispirato a Bourbaki.

Fonte: M. Mashaal, "Bourbaki: A Secret Society of Mathematicians", AMS 2006

https://bookstore.ams.org/bourbaki/

Absent-mindedness

 

Source: Bruce Schechter, My mind is open, p. 178.

Azioni di gruppo senza punti fissi su una palla chiusa

Consideriamo un gruppo finito $G$ che agisce come gruppo di omeomorfismi sulla palla chiusa $\mathbb{D}^n \subset \mathbb{R}^n$. È vero che esiste sempre un punto fisso comune, ossia un punto $x \in \mathbb{D}^n$ tale che $g⋅x=x$ per ogni $g \in G$?

La risposta è affermativa quando $G$ è un gruppo ciclico. Infatti, detto $g$ un generatore di $G$, l'omeomorfismo $g⋅  \colon \mathbb{D}^n \to \mathbb{D}^n$ ha un punto fisso per il Teorema di Brouwer, e tale punto fisso è anche punto fisso per ogni elemento del tipo $g^n$.

In generale, invece, la risposta è negativa: anche se Brouwer garantisce l'esistenza di un punto fisso per ogni elemento $g \in G$, tale punto dipende da $g$ e, senza ulteriori ipotesi, non si può stabilire l'esistenza di un punto fisso comune.

Un esempio esplicito di azione senza punti fissi comuni del gruppo alterno $A_5$ su una $n$-cella è costruito in [1]. Leggendo il lavoro, si vede che la $n$-cella (omeomorfa a $\mathbb{D}^n$) è costruita in modo combinatorio immergendo un certo complesso simpliciale semplicemente connesso in un opportuno spazio euclideo. Mi sembra che, sviluppando i dettagli, si dovrebbe poter ricavare un valore esplicito di $n$.

In effetti, $A_5$ è il gruppo di minimo ordine che può agire senza punti fissi comuni su una palla chiusa: ciò è dimostrato in [2], per mezzo del teorema dell'indice di Lefschetz.

Per ulteriori informazioni su questo interessante problema, il lettore può consultare il thread su MathOverflow [3].

Riferimenti.

[1] E. E. Floyd, R. W. Richardson: An action of a finite group on an n-cell without stationary points, Bull. Amer. Math. Soc. Volume 65, Number 2 (1959), 73-76.

https://projecteuclid.org/.../An.../bams/1183523039.full

[2] R. Parris: Finite groups without fixed-point-free actions on a disk, Michigan Math. J. Volume 20, Issue 4 (1974), 349-351.

https://projecteuclid.org/.../10.1307/mmj/1029001152.full

[3] https://mathoverflow.net/.../do-finite-groups-acting-on-a...

Forse non tutti sanno che...

I punti medi dei lati di un qualsiasi quadrilatero formano un parallelogramma (Teorema di Varignon, 1731).

Per quadrilateri non intrecciati, l'area di tale parallelogramma è metà dell'area del quadrilatero di partenza.

Fonte: Wikipedia

Riferimenti.

[1] Peter N. Oliver: Pierre Varignon and the Parallelogram Theorem. Mathematics Teacher, Band 94, Nr. 4, April 2001, pp. 316-319

Fonte Immagine:  https://en.wikipedia.org/wiki/Varignon%27s_theorem...

Ballerino di tango $\to$ Il baldo argentino

Come utilizzare l'aritmetica elementare per stabilire se due frasi sono una l'anagramma dell'altra?

Si assegni ad ogni lettera dell'alfabeto un numero primo distinto, ad esempio tramite la successione naturale crescente $$a=2, \, b=3, \, c=5, \, d=7, \, e=11, \ldots$$ Si trasformi poi ogni lettera di ciascuna frase (ignorando gli spazi vuoti) in un numero primo, tramite la corrispondenza fissata, e si moltiplichino tali primi fra loro. Per il teorema di unicità della fattorizzazione, le due frasi sono una l'anagramma dell'altra se e solo se i due numeri risultanti coincidono. Non è necessario verificare prima che le due frasi contengano lo stesso numero di lettere.

Da un tweet di @fermatslibrary

Varietà ricoperte da due carte

Consideriamo una varietà liscia $n$-dimensionale $M$ chiusa (cioè, compatta e senza bordo) che possieda un atlante formato da esattamente due carte $(U, \, \phi)$ e $(V, \,  \psi)$. Che cosa possiamo dire su $M$?

Innanzitutto, se l'intersezione delle due carte è connessa, allora $M$ è banalmente orientabile. Infatti, la funzione di transizione fra le due carte $$ψ ∘ φ⁻¹ : φ(U ∩ V) → ψ(U ∩ V)$$

è un diffeomorfismo, quindi è ovunque non nulla e non può cambiare segno su un insieme connesso. Se il segno è positivo l'atlante è orientato, se il segno è negativo possiamo ottenere un atlante orientato componendo una delle due carte con un diffeomorfismo di $\mathbb{R}^n$ che inverte l'orientazione (come una riflessione, o il cambio di segno di una coordinata).

L'ipotesi che $U∩V$ sia connesso è essenziale. Ad esempio, la bottiglia di Klein $K$ è una varietà 2-dimensionale chiusa e non-orientabile, che possiede un atlante formato da due carte, entrambe omeomorfe ad un cilindro (e quindi a $\mathbb{R}^2-\{0\}$), la cui intersezione è l'unione disgiunta di due cilindri. Per rendersene conto, basta realizzare topologicamente $K$ come lo spazio di identificazione di un cilindro chiuso finito, tramite la relazione d'equivalenza che identifica in verso opposto le due circonferenze del bordo. In questo esempio, entrambe le carte hanno gruppo fondamentale isomorfo a $\mathbb{Z}$, e quindi non banale. Pertanto è naturale porsi la seguente

Domanda 1. Supponiamo che $M$ sia una varietà liscia chiusa $n$-dimensionale ricoperta da due carte semplicemente connesse. È vero che $M$ è orientabile?

La risposta è negativa. Infatti, esistono degli $S^n$-fibrati non orientabili $f \colon M \to S^1$, detti "bottiglie di Klein generalizzate". Se si ricopre $S^1$ con due carte diffeomorfe ad un intervallo, le controimmagini $U, \, V$ di tali carte tramite $f$ ricoprono $M$. Siccome un fibrato su base contraibile è necessariamente banale, entrambe $U$ e $V$ sono diffeomorfe a $(0, \, 1) \times S^n$, quindi il loro tipo di omotopia è lo stesso di $S^n$. In particolare, se $n \geq 2$ esse sono semplicemente connesse [1].

Tuttavia, è ben noto che $S^n$ è non contraibile, ad esempio perché $H^n(S^n, \, \mathbb{Z})=\mathbb{ℤ}$ è non banale, quindi una naturale generalizzazione della domanda precedente è la

Domanda 2. Supponiamo che $M$ sia una varietà liscia chiusa $n$-dimensionale ricoperta da due carte contraibili. È vero che $M$ è orientabile?

Questa volta, la risposta alla domanda è affermativa, e la dimostrazione si basa su argomenti non banali di Topologia Algebrica [2].

Dato uno spazio topologico $X$, chiamiamo $\operatorname{cat}(X)$ la categoria di Lusternik-Schnirelmann di $X$, definita come il minimo intero $k$ tale che $X$ possa essere ricoperta da aperti $U_0, \ldots, U_k$ in modo che ogni inclusione sia omotopicamente banale. Ora, dato un qualsiasi anello commutativo $R$, si mostra che, se esistono classi di coomologia $x_1, \ldots, x_k \in \hat{H}(X, \, R)$ tali che il loro cup-product $x_1...x_k$ sia non nullo, allora $\operatorname{cat}(X)\geq k$. Qui $\hat{H}(X, \, R)$ indica l'anello di coomologia ridotta, che coincide con l'anello di coomologia ordinaria eccetto per il fatto che $\hat{H}^0(X, \, R)$.

Supponiamo ora che $M$ sia una varietà liscia chiusa, ricoperta da due carte $U_0, \, U_1$. Allora, per definizione, si ha $\operatorname{cat}(M)=1$ (non può essere $\operatorname{cat}(M)=0$  dato che nessuna varietà chiusa è contraibile), e quindi tutti i cup product in coomologia ridotta, rispetto a qualsiasi anello dei coefficienti, sono nulli.

Prendiamo infine $R=\mathbb{Z}_2$. Se per assurdo $M$ fosse non-orientabile, allora la prima classe di Stiefel-Whitney $w_1(M) ∈ H^1(M, \, \mathbb{Z}_2)$ sarebbe non-nulla. D'altra parte, la dualità di Poincaré nel caso non-orientabile fornisce un accoppiamento perfetto$$H^1(M, \, \mathbb{Z}_2) \times H^{n-1}(M, \, \mathbb{Z}_2) \to  H^n(M, \, \mathbb{Z}_2),$$ quindi esiste $y \in  H^{n-1}(M, \, \mathbb{Z}_2)$ tale che il cup-product $w_1(M). y \in H^n(M, \, \mathbb{Z}_2)$ è non-nullo, contraddizione. $\square$

Riferimenti.

[1] https://mathoverflow.net/.../non-orientable-closed...

[2] https://mathoverflow.net/.../non-orientable-closed...