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...

Chiusure algebriche

Un campo $K$ si dice algebricamente chiuso se ogni polinomo $f \in K[x]$ non costante ha una radice in $K$. Equivalentemente, $K$ è algebricamente chiuso se ogni polinomio $f \in K[x]$ ha un numero di zeri (contato con molteplicità) pari al suo grado, o se gli unici polinomi non costanti e irriducibili in $K[x]$ sono quelli lineari.

Una chiusura algebrica di $K$ è una estensione algebrica $K \subseteq \bar{Κ}$ tale che $\bar{K}$ sia algebricamente chiuso. Equivalentemente, $\bar{K}$ è la più piccola estensione di $K$ che è algebricamente chiusa. Ad esempio, il Teorema Fondamentale dell'Algebra può essere espresso affermando che $\mathbb{C}$ è la chiusura algebrica di $\mathbb{R}$, dato che $\mathbb{C}$ è algebrico su $\mathbb{R}$ (di grado $2$).

Date due chiusure algebriche di $K$, si mostra che esiste un isomorfismo fra esse che fissa ogni elemento di $K$. Per via di questa essenziale unicità, si parla in genere "della" chiusura algebrica $\bar{K}$ di $K$. Inoltre, $\bar{K}$ ha la stessa cardinalità di $K$ quando $K$ è infinito, ed è infinito numerabile quando $K$ è finito.

La seguente semplice dimostrazione dell'esistenza della chiusura algebrica di un campo K è una variazione su un tema di Emil Artin, ed è basata sul Lemma di Zorn e alcune semplici considerazioni di tipo insiemistico, vedi [1]. Cominciamo  considerando la famiglia

$A =$ {estensioni algebriche $F \supseteq K$},

ordinata parzialmente con l'inclusione. Se consideriamo una catena

$$F_1 \subseteq F_2 \subseteq F_3 \subseteq \ldots$$ di elementi di $A$, l'unione di tutti gli $F_i$ è a sua volta una estensione algebrica di $K$, che fornisce un maggiorante della catena. Per il Lemma di Zorn, $A$ contiene un elemento massimale, che chiamiamo $\bar{K}$.

Per definizione, $\bar{K}$ è un'estensione algebrica di $K$. Inoltre, $\bar{K}$ è un campo algebricamente chiuso: infatti, se non lo fosse, potremmo estenderlo con la radice di un polinomio irriducibile in $K$, ottenendo una estensione algebrica di $K$ che contiene propriamente $\bar{K}$, contro la massimalità di quest'ultimo.

Questa semplice dimostrazione presenta un problema, dovuto al fatto che $A$ non è un insieme, ma una classe propria, e quindi non si può applicare il Lemma di Zorn direttamente ad esso (altrimenti, con lo stesso argomento, potremmo dimostrare l'esistenza di un insieme massimale che contiene un insieme dato, cosa ovviamente assurda).

Tuttavia, possiamo salvare l'argomento osservando che ogni estensione algebrica $F$ di $K$ possiede una mappa suriettiva $K[x] \to F$: essa è un omomorfismo di anelli per estensioni algebriche finite, mentre nel caso di estensioni algebriche infinite esiste solo come mappa fra insiemi. Ma allora è sufficiente considerare come $A$ la famiglia delle estensioni algebriche di cardinalità non superiori a quella di $F[x]$, che è $|F|+\aleph_0$. Questo permette di eliminare il problema insiemistico di cui sopra, e l'applicazione del Lemma di Zorn diventa ora lecita.

Riferimenti.

[1] https://math.stackexchange.com/.../proof-of-existence-of...

Il gömböc

Da bambini, abbiamo tutti giocato con quei pupazzetti detti "misirizzi" che, quando vengono messi in posizione orizzontale, ritornano da soli in posizione verticale [1]. Tecnicamente, tale comportamento viene descritto dicendo che essi hanno una sola posizione di equilibrio stabile, corrispondente ad un unico minimo per l'energia potenziale gravitazionale. Ciò segue dal fatto che il giocattolo è praticamente vuoto, a parte un grosso peso situato nella parte inferiore. In altre parole, il comportamento del giocattolo è conseguenza della sua non-omogeneità.

Nel 1996, Vladimir Arnold congetturò che esistesse un solido dello spazio euclideo, convesso ed omogeneo, con la stessa proprietà, ossia con un unico punto di equilibrio stabile. La congettura di Arnold venne dimostrata nel 2006 dagli scienziati ungheresi Gábor Domokos and Péter Várkonyi, i quali provarono che esistono infiniti solidi di questo tipo, aventi forme molto diverse fra loro.

Essi chiamarono tali oggetti gömböc ("piccola sfera", in ungherese), dato che alcuni di essi hanno una forma molto prossima a quella sferica. Un gömböc si comporta esattamente come il misirizzi: in qualunque posizione lo si metta, comincia a muoversi e ad oscillare, fino a ritornare alla sua unica posizione di equilibrio stabile (si veda il video in [2]).

Modelli di gömböc sono oggi presenti nei musei della scienza di tutto il mondo. La foto nel post è una statua di gömböc, alta 4.5 metri, eretta nel 2017 nel quartiere Corvin a Budapest. Una discussione del gömböc  è anche presente nell'epilogo del best-seller di Cedric Villani  Il teorema vivente, nel quale l'autore narra della sua visita a Gábor Domokos durante un viaggio a Budapest.

Come spesso accade, sembra che (qualche tipo di) gömböc sia stato "scoperto" dalla selezione naturale prima che dall'uomo: infatti, i gusci delle tartarughe sono molto simili al nostro solido, e questo spiega la capacità di tali animali di ritornare autonomamente sulle zampe una volta capovolti, abilità indispensabile per sfuggire ai predatori.

Fonte: Wikipedia

Riferimenti.

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Roly-poly_toy

[2] https://en.wikipedia.org/wiki/G%C3%B6mb%C3%B6c

Graffiti

Huge mathematical chalk graffiti appeared in 2013 at Boscombe (Dorset, UK). A local maths graduate commented "This is clearly a very advanced equation and I would like to have a go at cracking it."

Needless to say, the written text was meaningless.

Source: Daily Mail

Un teorema di punto fisso in $\mathbb{R}^n$

In un precedente post abbiamo trattato il Teorema del Punto Fisso di Brouwer, valido per la palla chiusa $\mathbb{D}^n \subset \mathbb{R}^n$. In questo post vogliamo invece trattare un teorema valido in $ \mathbb{R}^n$. Ovviamente, non è vero che ogni funzione continua da $ \mathbb{R}^n$ in sé ammette un punto fisso: si pensi ad una traslazione. Tuttavia, la cosa è vera per mappe continue di ordine finito.

La dimostrazione che andiamo ad illustrare fa uso di tecniche di Topologia Algebrica lievemente più sofisticate rispetto a quelle utilizzate per il Teorema di Brouwer; il lettore può trovare i dettagli nei riferimenti bibliografici elencati in fondo. 

Teorema. Sia $f \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ una funzione continua di ordine finito, tale cioè che esista un numero naturale $h>1$ tale che $f^h=\operatorname{id}$. Allora $f$ ammette almeno un punto fisso.

Dimostrazione. Consideriamo la relazione d'equivalenza $\simeq$ su $\mathbb{R}^n$ generata da $x \simeq  f(x)$. Siccome $f$ ha ordine $h$, tale relazione è indotta da un'azione del gruppo ciclico finito $\mathbb{Z}_h$ su $\mathbb{R}^n$. Indichiamo con $X$ lo spazio topologico quoziente $X= \mathbb{R}^n/ \mathbb{Z}_h$ che, intuitivamente, si ottiene collassando ogni $f$-orbita ad un punto.

Supponiamo per assurdo che $f$ non abbia punti fissi. Allora la $\mathbb{Z}_h$-azione su $\mathbb{R}^n$ è libera, pertanto la mappa quoziente $p \colon \mathbb{R}^n \to X$ è un rivestimento topologico di grado $h$.

Siccome $\mathbb{R}^n$ è semplicemente connesso, segue che il rivestimento universale di $X$ è ancora $\mathbb{R}^n$, che è contraibile. Allora $X$ è un "aspherical space", anche noto come "spazio di Eilenberg–MacLane" di tipo $K(\mathbb{Z}_h, \, 1)$, in altre parole il suo gruppo fondamentale è $\mathbb{Z}_h$ e i gruppi di omotopia superiore sono nulli [1].

Dato un gruppo $G$, una importante proprietà di uno spazio $X$ di tipo $K(G, \, 1)$ è che, per ogni intero positivo $k$, si ha un isomorfismo $$H^k(X, \, \mathbb{Z}) = H^k(G, \, \mathbb{Z}),$$

dove a sinistra abbiamo la coomologia singolare e, nella coomologia di gruppo a destra, $\mathbb{Z}$ è dotato della struttura di $G$-modulo banale [2, Theorem 11.5 p. 136].

Quando $G$ è un gruppo finito, ad esempio nel nostro caso $G= \mathbb{Z}_h$, è noto che $G$ ha coomologia non nulla in grado arbitrariamente alto [3]. Pertanto, dall'isomorfismo visto sopra, si deduce che il gruppo di coomologia singolare $H^k(X, \, \mathbb{ℤ})$ è non nullo in grado arbitrariamente alto.

D'altra parte, il quoziente di una varietà topologica di dimensione $n$ per un gruppo finito che agisce liberamente è ancora una varietà topologica di dimensione $n$. Ma allora la coomologia singolare si annulla in grado superiore alla dimensione [4, Theorem 3.5], ossia $H^k(X, \, \mathbb{Z}) = 0$ per $k>n$, contraddizione. $\quad \square$

Riferimenti.

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Aspherical_space
[2] S. Mac Lane: Homology, Classics in Mathematics, Springer 1995.
[3] https://mathoverflow.net/.../non-vanishing-of.../64702...
[4] A. Hatcher: Algebraic Topology, Cambridge University Press 2001, ISBN 0-521-79540-0.

Reassurance

Source: David L. Goodstein: States of Matter, Dover Publications 2002.

A nested radical

The following nested radical was proposed by Srinivasa Ramanujan in [1].

A quick proof of this remarkable identity is the following:

As noted by Ramanujan himself [2], it can be generalized to a vast class of nested radicals, see [3].

References.
[1] S. Ramanujan, J. Indian Math. Soc. 3 (1911), p. 90
[2] S. Ramanujan, J. Indian Math. Soc. 4 (1912), p. 226
[3] K. Srinivasa Rao, G. Vanden Berghe: On an entry of Ramanujan in his Notebooks: a nested roots expansion, Journal of Computational and Applied Mathematics Volume 173, Issue 2, 15 (2005) 371-378, https://doi.org/10.1016/j.cam.2004.04.009

Images Credits: Cliff Pickover (@pickover) and Kai (@UnderAntares) on Twitter

Funzioni continue su sfere, I

Consideriamo la sfera unitaria $S^n \subset \mathbb{R}^{n+1}$ e una funzione continua $f \colon S^n \longrightarrow \mathbb{R}$. Allora esiste almeno una coppia di punti antipodali che assumono lo stesso valore; in altre parole, esiste almeno un punto $x \in S^n$ tale che $f(x) = f(-x)$.

Una semplice dimostrazione di questo fatto passa attraverso la funzione ausiliaria

$$g(x) = \frac{f(x)-f(-x)}{|f(x)-f(-x)|}, $$ che assume valori in $\{-1, \, 1\}$. Se fosse $f(x) \neq f(-x)$ per ogni $x \in S^n$, la funzione $g$ sarebbe definita con continuità su tutta la sfera e si avrebbe $$g(-x)= \frac{f(-x)-f(x)}{|f(-x)-f(x)|}= -g(x).$$ Dunque si otterrebbe una funzione continua e suriettiva $g \colon S^n \longrightarrow \{-1, \, 1\}$, una contraddizione in quanto $S^n$ è uno spazio topologico connesso.

Vale in realtà un risultato più forte, noto come Teorema di Borsuk-Ulam [1, 2]: data ogni funzione continua $f \colon S^n \longrightarrow \mathbb{R}^n$, esiste almeno un punto $x \in S^n$ tale che $f(x) = f(-x)$. Il caso trattato sopra si ottiene da questo componendo $f \colon S^n \longrightarrow \mathbb{R}$ con un'inclusione continua $\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}^n$.

Se si provasse a dimostrare Borsuk-Ulam per assurdo adattando l'argomento visto sopra, si otterrebbe una funzione continua e dispari $g \colon S^n ⟶ S^{n-1}$. Tale funzione in effetti non può esistere, ma la dimostrazione di questo fatto è più complessa e richiede alcuni concetti di Topologia Algebrica.

Una strada alternativa è quella di dimostrare Borsuk-Ulam attraverso un risultato di Combinatoria noto come Lemma di Tucker: la sitazione è analoga a quella che si ha con il Teorema del punto fisso di Brouwer, che può essere dimostrato sia per via (co)omologica che ricorrendo al Lemma di Sperner.

Il Teorema di Borsuk-Ulam sarà oggetto di uno dei prossimi post.

Riferimenti.

[1] K. Borsuk: Drei Sätze über die n-dimensionale euklidische Sphäre, Fundamenta Mathematicae 20 (1933), 177–190, doi:10.4064/fm-20-1-177-190

[2] J. Matoušek: Using the Borsuk–Ulam theorem, Springer Verlag 2003.

I am not dressed properly

Il matematico ungherese László Lovász aveva accettato di rilasciare un'intervista alla Eötvös Loránd University su alcuni aspetti del suo lavoro.

Durante il colloquio, la Segretaria Generale dell'Accademia Norvegese delle Scienze gli comunica inaspettatamente che gli è stato assegnato il premio Abel 2021, insieme ad Avi Wigderson, per i suoi profondi contributi alla Combinatoria e all'Informatica Teorica.

Stupito, Lovász riesce solo a dire: "Thank you, I am not dressed properly for this kind of situation."

Fonte: The Abel Prize's YouTube Channel.

Il teorema del punto fisso di Brouwer

Teorema. Sia $\mathbb{D}^{n+1}$ la palla chiusa di $\mathbb{R}^{n+1}$. Allora ogni funzione continua $f \colon  \mathbb{D}^{n+1} \longrightarrow \mathbb{D}^{n+1}$ ammette almeno un punto fisso, ossia esiste almeno un punto $x \in \mathbb{D}^{n+1}$ tale che $f(x)=x.$

Questo celebre ed importante risultato venne dimostrato per la prima volta (indipendentemente) da L. E. J. Brouwer e da J. Hadamard, vedi [1] e [2]. In generale, il punto fisso non è unico: si pensi ad una riflessione rispetto ad un iperpiano di simmetria della palla, che ha infiniti punti fissi. Vogliamo qui riprodurre la classica, breve dimostrazione del Teorema del punto fisso di Brouwer che fa uso di tecniche standard di Topologia Algebrica e che illustra la potenza degli argomenti di tipo funtoriale.

Supponiamo per assurdo che $f$ non ammetta punti fissi. Allora possiamo definire una funzione $r \colon  \mathbb{D}^{n+1} \longrightarrow S^n$, associando ad ogni punto $x \in \mathbb{D}^{n+1}$  l'intersezione col bordo della palla della semiretta uscente da $f(x)$ e contenente $x$.

La funzione $r$ è continua, dato che $f$ lo è, e per costruzione fissa tutti i punti del bordo. Si tratta dunque di una retrazione di $\mathbb{D}^{n+1}$ su $S^n$, ossia di un'applicazione continua $\mathbb{D}^{n+1} \longrightarrow S^n$ tale che la composizione con l'inclusione $$S^n \hookrightarrow \mathbb{D}^{n+1} \longrightarrow S^n$$ è l'identità di $S^n$. Ma una tale retrazione non può esistere. Infatti, passando in coomologia singolare e applicando il funtore $H^n(\quad, \, \mathbb{Z})$, si avrebbe che l'identità $$\mathbb{Z} \simeq H^n(S^n,  \, \mathbb{Z}) \longrightarrow H^n(S^n,  \, \mathbb{Z}) \simeq \mathbb{ℤ}$$ dovrebbe fattorizzare attraverso il gruppo $H^n(\mathbb{D}^{n+1}, \, \mathbb{Z})$. Siccome la palla è contraibile, tale gruppo è banale e quindi l'identità fattorizzerebbe attraverso un'applicazione costante, contraddizione.

Riferimenti.

[1] L. E. J. Brouwer: Über Abbildungen von Mannigfaltigkeiten, Mathematische Annalen 71: 97–115 (1911), doi:10.1007/BF01456931.

[2] J. Hadamard: Note sur quelques applications de l’indice de Kronecker in Jules Tannery: Introduction à la théorie des fonctions d’une variable (Volume 2), 2nd edition, A. Hermann & Fils, Paris 1910, pp. 437–477.

Old times

Before functoriality, people lived in caves.

- Attributed to Brian Conrad -

L'irrazionalità di $\cos 1$

Da un tweet di @fermatslibrary, una veloce dimostrazione che $\cos 1$ è irrazionale (gli angoli sono misurati in gradi).

Dalle usuali formule di addizione segue $$\cos(n+1) + \cos(n-1) = 2 \cos 1 \, \cos n$$ e quindi $\cos 2=2 \cos^2 1 - 1.$ Per induzione otteniamo che $\cos n$ è una espressione razionale in $\cos 1$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ e, quindi, $\cos 1$ non può essere razionale in quanto $\cos 30=\sqrt{3}/2$ non lo è.

Rigor

Besides, it is an error to believe that rigor in the proof is the enemy of simplicity. [...] The very effort for rigor forces us to find out simpler methods of proof.

Source: 

David Hilbert: Mathematical Problems, Lecture delivered before the International Congress of Mathematician at Paris in 1900. Bull. Amer. Math. Soc. Vol.8, No. 10 (1902), p. 441.

Insight

The purpose of computing is insight, not numbers.

Source: 
Richard Hamming: Numerical Methods for Scientists and Engineers, McGraw-Hill 1962, https://archive.org/details/numericalmethods0000hamm

L'identità di Simson

Consideriamo la ben nota successione di Fibonacci, definita per ricorrenza da $$F_0=0, \quad F_1=1, \quad F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2} \;\;\text{per} \;\; n\geq 2. $$ Allora vale la relazione

$F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2=(-1)^n$

 detta identità di Simson, vedi [1, p. 168]. 

Vogliamo qui presentare una elegante dimostrazione di questo risultato, che si basa su semplici considerazioni di algebra lineare. Considerata la matrice a coefficienti interi \begin{equation*} A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 &0  \end{pmatrix}, \end{equation*} un semplice argomento per induzione mostra che per ogni $n \geq 1$ vale\begin{equation} \label{induzione} \tag{$\heartsuit$} A^n= \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n \\ F_n  & F_{n-1} \end{pmatrix}. \end{equation} Eguagliando i determinanti dei due termini in \eqref{induzione}, si ottiene  $$(-1)^n= (\det A)^n= \det A^n=F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2$$ che è l'identità cercata.

Riferimenti.
[1] H. S. M. Coxeter: Introduction to Geometry, Wiley 1961.

La cinghia di Möbius

Nel 1949, la B. F. Goodrich Company  brevettò una cinghia di trasmissione a forma di nastro di Möbius

A detta del suo inventore Owen H. Harris, essa si sarebbe usurata più lentamente di una cinghia tradizionale, dato che le sollecitazioni di attrito si sarebbero distribuite su una superficie doppia rispetto a quest'ultima.

Image credits: Fermat's Library on Twitter (@fermatslibrary)

The music of stars

Nel 1970, il radioastronomo Harold R. Craft discusse la sua tesi di dottorato Radio Observations of the Pulse Profiles and Dispersion Measures of Twelve Pulsars, che conteneva l'analisi dei dati per alcune pulsar raccolti dal radiotelescopio di Arecibo.

Nove anni dopo, uno dei diagrammi contenuti nella dissertazione di Craft (quello relativo a CP 1919) sarebbe diventato l'iconica copertina di Unknown Pleasures dei Joy Division.

Image credits: Scientific American

Proofs without words 3

Visual proof of the trigonometric identity

$$\arctan 1 + \arctan 2 + \arctan 3 = \pi$$

The Shepp-Logan phantom

Nel 1974, Larry Shepp e Benjamin Logan pubblicarono l'articolo [1], in cui introdussero quello che venne poi chiamato lo Shepp-Logan phantom.

Si tratta di una figura costituita da 10 ellissi in un quadrato, che somiglia vagamente alla sezione di un cervello umano e viene ancora oggi utilizzata per testare gli algoritmi di ricostruzione di immagini adoperati in ambito di diagnostica medica [2].

Fonte: Wikipedia

Riferimenti.

[1] L. Shepp., B. Logan: The Fourier Reconstruction of a Head Section, IEEE Transactions on Nuclear Science NS-21 (3): 21–43 (1974), doi:10.1109/TNS.1974.6499235

[2] http://www.mathisintheair.org/.../guardare-la-sorpresa.../

The sophomore dream

Johann Bernoulli's identity, known as the sophomore dream (1697).

References.

[1] Johannis Bernoulli, Opera omnia, vol. 3, pp. 376–381

[2] William Dunham "3: The Bernoullis (Johann and $x^x$)", The Calculus Gallery, Masterpieces from Newton to Lebesgue, Princeton, NJ: Princeton University Press, pp. 46–51 (2005)

Matematica in prigione

Ci sono stati matematici, anche famosi, che svolsero parte del loro lavoro mentre si trovavano in prigione. Alcuni esempi sono i seguenti, per maggiori dettagli si veda l'interessante thread su HSM [1].

(1) Jean-Victor Poncelet partecipò come ingegnere militare alla campagna di Russia di Napoleone, nella quale fu fatto prigioniero (1812-1814). Durante la prigionia a Saratov, scrisse il suo "Traité des propriétés projectives des figures", che pose le basi della moderna Geometria Proiettiva.

(2) Bertrand Russell scrisse il celebre "Introduction to Mathematical Philosophy" nel 1918, mentre si trovava in prigione a Brixton per la sua attività pacifista e anti-militarista.

(3) André Weil completò il suo seminale lavoro sulla funzione zeta per curve algebriche su campi finiti nel 1940, mentre si trovava in arresto a Le Havre e poi a Rouen per renitenza alla leva. Una narrazione in prima persona di questi eventi può essere trovato nelle sue memorie Souvenirs d'apprendissage.

(4) Il matematico francese André Bloch venne rinchiuso in un ospedale psichiatrico nel 1917, dopo avere sterminato la sua famiglia (i motivi della strage non furono mai chiariti). Tutto il suo lavoro matematico, compreso quello sulla costante che oggi porta il suo nome, venne compiuto durante la detenzione in manicomio.

(5) Il lavoro in topologia di Jean Leray, che risultò fondamentale per lo sviluppo della teoria delle successioni spettrali, di quella dei fasci e in generale di tutta l'algebra omologica, fu compiuto in parte nel 1940-1945, mentre il matematico si trovava prigioniero nel campo di detenzione per prigionieri di guerra di Edelbach, in Austria. Come testimonianza, rimane un famoso "Course d’algèbre topologique enseigné en captivité" (viene da chiedersi cosa abbiano capito del corso i compagni di prigionia che lo seguirono).

Un esempio più recente si trova nell'interessante articolo su The Conversation [2]. Christopher Havens, condannato ad una pena di 25 anni per omicidio da scontarsi nella prigione di Washington, ha scoperto durante la sua prigionia la passione per la Matematica. Dopo aver studiato da autodidatta per qualche tempo (non era in possesso di un regolare diploma) è riuscito a contattare alcuni specialisti in teoria dei numeri, che lo hanno indirizzato su un problema di ricerca riguardante le frazioni continue. Il risultato è un lavoro sulla rivista Research in Number Theory [3], in cui Havens compare come primo nome. Questa è una cosa piuttosto inusuale in Matematica, disciplina dove generalmente gli autori sono elencati in ordine alfabetico.

Al momento Havens sta studiando per un diploma online, e spera di poter conseguire una laurea e poi un dottorato in Matematica una volta scontata la pena.

Riferimenti.

[1] https://hsm.stackexchange.com/.../what-are-some...

[2] https://theconversation.com/an-inmates-love-for-math...

[3] C. Havens, S. Barbero, U. Cerruti, N. Murru "Linear fractional transformations and nonlinear leaping convergents of some continued fractions", Research in Number Theory 6 (2020).

https://doi.org/10.1007/s40993-020-0187-5

Aree e perimetri

Un interessante problema di geometria elementare che recentemente è stato proposto sui social network  è quello di determinare tutti i triangoli aventi lati interi e la cui area è uguale al perimetro.

Innanzitutto, notiamo che senza la condizione che il triangolo sia eroniano (abbia, cioè, area e perimetro interi) vi sono infinite soluzioni. Infatti, indicando come d'abitudine l'area con $s$ e il semiperimetro con $p$, se $r$ è il raggio della circonferenza inscritta si ha $rp=s$, quindi la richiesta che l'area sia uguale al perimetro è equivalente a $r=2$, e vi sono evidentemente infiniti triangoli non congruenti circoscritti ad una circonferenza di raggio $2$.

La condizione che il triangolo sia eroniano è invece molto restrittiva e non è difficile mostrare che, sotto questa ipotesi, vi sono solo cinque soluzioni distinte. 

Infatti, chiamiamo $a, \, b, \, c$ le lunghezze dei lati del triangolo, e poniamo
\begin{equation} \label{eq}
a=x+y, \quad  b=x+z, \quad c=y+z
\end{equation}Allora il semiperimetro è $x+y+z$ e quindi, per l'ipotesi $s=2p$, l'area al quadrato è $4(x+y+z)^2$. La formula di Erone ora fornisce $$4(x+y+z)^2 =(x+y+z)xyz$$ ossia $4=xyz/(x+y+z)$. 

Siccome $x, \, y, \, z$ hanno somma a due a due positiva, al più uno di essi può essere negativo. Ma $x+y+z$ è il semiperimetro, che è positivo, dunque $4(x+y+z)=xyz$ implica che $xyz$ deve essere positivo. Segue che $x, \, y, \,z$ sono tutti positivi.

Inoltre, $x, \, y,  \,z$ devono essere interi. Infatti, la matrice del sistema lineare che esprime $a, \, b, \, c$ in termini di $x, \, y, \, z$ ha determinante $-2$ e quindi, per la regola di Cramer, $x, \, y, \, z$ sono interi o semi-interi. D'altra parte, siccome $a, \, b, \, c$ sono interi, le condizioni \eqref{eq} implicano che sono tutti e tre interi o tutti e tre semi-interi. Ora $xyz=4(x+y+z)$ mostra che $xyz$ è intero, dato che è uguale al semiperimetro $x+y+z$ moltiplicato per $4$, e quindi l'unica possibilità è che $x, \, y, \,z$ siano tutti e tre interi.

Senza ledere la generalità, possiamo supporre $x \leq  y \leq z$. Allora $$4=\frac{xyz}{(x+y+z)} \geq \frac{1}{3}xy$$ cioè $xy \leq 12$. Inoltre, siccome $$z=\frac{4(x+y)}{xy-4}$$ abbiamo l’ulteriore condizione $xy \geq 5$. 

Riassumendo, dobbiamo determinare le coppie di interi positivi $x, \, y$ tali che $5 ≤ xy ≤ 12$ e $xy-4$ divida $4(x+y)$. Una semplice analisi dei casi mostra che le possibilità per $(x, \, y, \, z)$ sono tutte e sole le seguenti: $$(1, \,5, \, 24), \; \; (1, \,  6, \, 14), \; \; (1, \, 8, \,  9), \; \; (2, \, 3, \, 10), \; \; (2,\,  4, \, 6)$$ che corrispondono, rispettivamente, ai seguenti valori per $(a, \, b, \, c)$: $$(6, \, 25, \, 29), \; \;  (7, \, 15, \, 20), \; \; (9, \, 10, \, 17), \; \; (5, \, 12, \, 13), \; \; (6, \, 8, \, 10).$$

È interessante notare che esattamente due fra questi sono triangoli rettangoli, ossia quelli di lati $(5, \, 12, \, 13)$ e $(6, \, 8, \, 10)$.