
Il piano tangente in $p^{-1}(x)$ \`e
$$T_{p^{-1}(x)} =  $$
Decomponiamo il piano tangente come $T_x = \matR^n =  \Span (x) \oplus x^\bot$. Per costruzione, l'iperpiano $p^{-1}(x^\bot)$ \`e anch'esso $x\bot$.

Notiamo innanzitutto che
$$x_{n+1} = \frac {1+\|p(x)\|^2}{1-\|p(x)\|^2}.$$
L'uguaglianza segue dalla seguente:
\begin{align*}
1 - \|p(x)\|^2 & = 1- \frac {x_1^2+\ldots + x_n^2}{(x_{n+1}+1)^2} =
\frac {(x_{n+1}+1)^2 - x_1^2 - \ldots - x_n^2}{(x_{n+1}+1)^2} \\
 & = \frac{2 + 2x_{n+1}}{(x_{n+1}+1)^2} = \frac 2{x_{n+1}+1}
\end{align*}
dove abbiamo usato $x_1^2+\ldots+x_n^2-x_{n+1}^2 = -1$. Da questa relazione segue in particolare che
$$\left( \frac 2 {1-\|p(x)\|^2}\right)^2 = (x_{n+1}+1)^2.$$
Dobbiamo quindi dimostrare che $g_{p(x)} = (x_{n+1}+1)^2 \cdot g_E$ per ogni $x\in I^n$.

Calcoliamo il differenziale $dp_x\colon T_x \to T_{p(x)} = \matR^n$ della proiezione in $x$ e usiamo la formula
$$g_{p(x)} = (dp_x^{-1})^t g_x dp_x^{-1}$$
dove $g_x$ \`e la restrizione del prodotto scalare lorentziano su $T_x$. 

Se $x=(0,\ldots,0,1)$ il piano tangente $T_x$ \`e orizzontale ed \`e identificabile naturalmente con $\matR^n$, ed il tensore $g_x$ \`e quello euclideo standard. Per costruzione $dp_x(v) = v/2$. Usando la formula si ottiene $g_x = 4g_E$ come richiesto.

Supponiamo $x\neq (0,\ldots,0,1)$. Lo spazio tangente si spezza ortogonalmente come $T_x = U \oplus V$ con $U$ generato da 
$$u = \left(x_1,\ldots,x_n, \frac{x_{n+1}^2-1}{x_{n+1}}\right)$$ 
e $V = T_x \cap \{x_{n+1} = 0\}$. Notiamo che 
$$\|u\|^2 = x_1^2+\ldots + x_n^2 - \frac{(x_{n+1}^2-1)^2}{x_{n+1}^2} =  (x_{n+1}^2 -1)\left(1- \frac{x_{n+1}^2 -1}{x_{n+1}^2}\right) = \frac{x_{n+1}^2-1}{x_{n+1}^2}$$

Per costruzione abbiamo
\begin{align}
dp_x(v) & \colon v \mapsto \frac 1{x_{n+1}+1}\cdot v \quad \forall v \in V, \\
dp_x & \colon u \mapsto \frac {(x_1,\ldots, x_n)}{x_{n+1}}
\end{align}
Otteniamo una decomposizione ortogonale anche nell'immagine $p(U) \oplus p(V)$. La mappa $p|U$ \`e chiaramente una isometria moltiplicata per $1/(x_{n+1}+1)$, mentre 
$$||dp_x(u)||^2 = \frac{x_1^2+\ldots + x_n^2}{x_{n+1}^2} = \frac{x_{n+1}^2-1}{x_{n+1}^2}$$



%%%%% 2/1/2012


\subsection{Geometria dei simplessi}
Studiamo alcune semplici nozioni geometriche riguardanti i simplessi in $\matH^n$. Ricordiamo che un simplesso $\Delta$ \`e per definizione l'inviluppo convesso di $n+1$ punti, detti \emph{vertici}. In alcuni casi degeneri, insiemi diversi di vertici possono generare lo stesso simplesso. Questo pu\`o accadere per\`o solo quando il simplesso \`e degenere.

\begin{prop} Se $\Delta\subset\matH^n$ \`e un simplesso non degenere, i suoi vertici (e quindi tutte le sue $k$-facce) sono univocamente determinati da $\Delta$.
\end{prop}
\begin{proof}
Un punto $p\in\Delta$ \`e un vertice se e solo se non esiste un segmento aperto $s$ tale che $p\in s\subset \Delta$.
\end{proof}

Mostriamo che ogni simplesso non degenere ha un ben definito \emph{baricentro}, e pi\`u in generale un sistema di coordinate baricentriche che descrive in modo agevole ogni punto del simplesso. 

Siano $p_1,\ldots, p_k$ punti in $\matH^n$ e $t_1,\ldots, t_k\geqslant 0$ numeri reali con $t_1+\ldots + t_k=1$. La \emph{combinazione convessa}
$$p = t_1p_1+\ldots + t_kp_k\in \matH^n$$ 
\`e il punto $p\in \matH^n$ definito nel modo seguente. Usando il modello dell'iperboloide, i punti $p_i$ sono vettori in $I_n\subset \matR^{n+1}$ e la loro combinazione $v = t_1p_1+\ldots + t_kp_k$ \`e un vettore di tipo tempo con ultima coordinata positiva. Esiste quindi un unico scalare $\lambda>0$ per cui $\lambda v $ appartiene all'iperboloide $I_n$, e la combinazione convessa $p$ \`e definita proprio come il punto $p=\lambda v$. In altre parole, la combinazione convessa in $I_n$ \`e quella usuale in $\matR^{n+1}$ riproiettata su $I^n$.

Possiamo adesso munire un simplesso in $\matH^n$ di \emph{coordinate baricentriche} nel modo seguente. Ricordiamo che il simplesso standard $\Delta_n$ \`e l'insieme dei punti $(t_0,\ldots, t_n)\in\matR^{n+1}$ con $t_i\geqslant 0$ e $t_0+\ldots +t_n=1$. Per definizione un simplesso $\Delta\subset \matH^n$ \`e l'inviluppo convesso di $n+1$ punti $v_0,\ldots, v_n \in \matH^n$. Le coordinate baricentriche sono fornite dalla mappa
\begin{align*}
\Delta_n & \longrightarrow \Delta \\
(t_0,\ldots,t_n) & \longmapsto t_0v_0+ \ldots + t_nv_n.
\end{align*}
In particolare, il \emph{baricentro} del simplesso \`e l'immagine di $\left(\frac 1n, \ldots, \frac 1n\right)$. Quando il simplesso $\Delta$ non \`e degenere \`e facile verificare che i vertici $v_0,\ldots, v_n$ sono determinati dall'insieme $\Delta$ e quindi anche il baricentro dipende solo dall'insieme $\Delta$. Una isometria fra simplessi manda necessariamente il baricentro del primo nel baricentro del secondo.

In un simplesso regolare $\Delta\subset\matH^n$ le isometrie di $\matH^n$ agiscono transitivamente sui vertici di $\Delta$ e quindi anche sui suoi spigoli. In particolare, tutti gli spigoli hanno la stessa lunghezza $R>0$.

\begin{defn} Un \emph{$R$-simplesso} \`e un simplesso regolare i cui spigoli hanno lunghezza $R$.
\end{defn}

\begin{prop} Due $R$-simplessi $\Delta, \Delta'$ sono isometrici. Pi\`u precisamente, ogni corrispondenza biunivoca fra i vertici di $\Delta$ e quelli di $\Delta'$ \`e realizzata da un'unica isometria di $\matH^n$. In particolare, un $R$-simplesso non \`e degenere.
\end{prop}
\begin{proof}
Mostriamo la proposizione per induzione su $n$. Per $n=2$ \`e facile. Consideriamo il passaggio da $n-1$ a $n$. Siano $F$ e $F'$ due $(n-1)$-facce qualsiasi di (rispettivamente) $\Delta$ e $ \Delta'$. Per ipotesi $F$ e $F'$ non sono degeneri e sono quindi contenute (rispettivamente) in due unici iperpiani $H$ e $H'$. Per l'ipotesi induttiva esiste una isometria tra $H$ e $H'$ che manda $F$ in $F'$. L'isometria manda il baricentro $B$ di $F$ nel baricentro $B'$ di $F'$. Siano $r, r'$ le rette ortogonali a $H, H'$ in $B, B'$. Il vertice $v$ di $\Delta'$ \`e distante $R$ da tutti i vertici di $F$ e quindi opposto a $F$ giace necessariamente in $r$, ad una distanza $d(R)$ da $B,B'$ che dipende solo da $R$ (in particolare, $\Delta$ non \`e contenuto in $H$ e quindi non \`e degenere). L'isometria fra $H$ e $H'$ si estende in due modi ad una isometria da $\matH^n$ in s\'e: una di queste estensioni manda $v$ in $v'$.

Quindi esiste una isometria che manda $\Delta$ in $\Delta'$.
\end{proof}

\begin{prop} Un simplesso regolare $\Delta\subset \matH^n$ non \`e degenere. Il baricentro di $\Delta$ \`e l'unico punto di $\matH^n$ equidistante dai vertici di $\Delta$. Un simplesso in $\matH^n$ \`e regolare se e solo se ha tutti gli spigoli di eguale lunghezza.
\end{prop}
\begin{proof}
Se il simplesso \`e regolare le isometrie di $\matH^n$ agiscono transitivamente sugli spigoli del simplesso. Quindi gli spigoli hanno tutti la stessa lunghezza. Inoltre il baricentro \`e fissato da ogni isometria, quindi ha la stessa distanza da tutti i vertici. D'altra parte, sia $\Delta$ un simplesso in $\matH^n$ i cui spigoli hanno tutti la stessa lunghezza: mostriamo per induzione su $n$ che \`e non-degenere, regolare, e che il suo baricentro \`e l'unico punto equidistante dai vertici. 

Per $n=2$ \`e facile. Consideriamo il passaggio induttivo da $n-1$ a $n$. Siano $v_0,\ldots, v_n$ i vertici di un simplesso $\Delta\subset\matH^n$ i cui spigoli hanno tutti eguale lunghezza. Per ipotesi induttiva, la $(n-1)$-faccia generata da $v_1,\ldots, v_n$ \`e regolare e non-degenere, quindi \`e contenuta in un'unico iperpiano $H$. Inoltre il suo baricentro $B$ \`e l'unico punto di $H$ equidistante da $v_1,\ldots, v_n$. Quindi i punti di $\matH^n$ equidistanti da $v_1,\ldots, v_n$ formano la retta $r$ ortogonale a $H$ nel baricentro $B$, ed il vertice $v_0$ giace in $r$. Quindi $\Delta$ non \`e degenere. 

\end{proof}


%%%%%%% 4/1/12
Il \emph{gruppo libero} generato dagli elementi $g_1,\ldots, g_k$ \`e il gruppo formato da tutte le parole (inclusa quella vuota) con lettere $g_i^{\pm 1}$ viste a meno di rimozione o inserimento di coppie contigue del tipo $g_i^{\pm 1}g_i^{\mp 1}$; l'operazione di gruppo \`e il concatenamento. Il gruppo fondamentale di un 1-complesso connesso \`e un gruppo libero generato da $c_1-c_0+1$ elementi, dove $c_i$ \`e il numero di $i$-celle del complesso. Un 1-complesso semplicemente connesso \`e detto \emph{albero}.

Una \emph{presentazione} \`e una scrittura del tipo
$$\langle g_1,\ldots, g_k \ |\ r_1,\ldots, r_h \rangle$$
dove ciascun $r_i$ \`e una parola con lettere in $g_i^{\pm 1}$, e quindi in particolare un elemento del gruppo libero generato da $g_1,\ldots, g_k$. Una presentazione definisce un gruppo $G$ costruito come quoziente del gruppo libero generato da $g_1,\ldots, g_k$ rispetto al pi\`u piccolo sottogruppo normale che contiene gli elementi $r_1,\ldots, r_h$. Gli elementi $g_i$ e $r_j$ sono detti rispettivamente \emph{generatori} e \emph{relazioni}.

Una presentazione per il gruppo fondamentale di un complesso di celle finito connesso $X$ pu\`o essere costruita in questo modo. Si scelga un \emph{albero massimale} $A$ all'interno dell'1-scheletro $X^1$, cio\`e un sotto-albero di $X^1$ che non sia contenuto in un albero pi\`u grande. Il complementare $X^1\setminus A$ consta di alcune 1-celle $g_1,\ldots, g_k$. Ciascuna 2-cella di $X^2$ \`e incollata a $X^1$ lungo una mappa $\varphi\colon \partial D^2 \to X^1$. La mappa $\varphi$ definisce una parola nelle lettere $g_i^{\pm 1}$ nel modo seguente: si sceglie arbitrariamente un punto $x\in \partial D^2$ con immagine in $A$ (se non esiste questo punto, la parola \`e vuota). Si segue quindi (in senso orario o antiorario) la curva $\varphi$ in $X^1$. Ogni volta che la curva chiusa esce da $A$, entra da un estremo di un $g_i$ ed esce dall'altro estremo, scriviamo la lettera $g_i$

La proposizione seguente \`e una applicazione del Teorema di Van Kampen.

\begin{prop}

\end{prop}


%%%%%

6 novembre 2012

\begin{figure}
\begin{center}
\includegraphics[width = 6 cm] {Moebiusstrip.png}
\nota{Un fibrato \`e localmente un prodotto, ma pu\`o non esserlo globalmente.}
\label{Moebiusstrip:fig}
\end{center}
\end{figure}

\subsection{Fibrati vettoriali}
Un \emph{fibrato vettoriale reale} \`e una mappa liscia suriettiva $\pi\colon E^{n+k} \to M^n$ fra variet\`a differenziabili in cui la \emph{fibra} $\pi^{-1}(p)$ di ogni punto $p\in M$ \`e dotata di una struttura di spazio vettoriale reale $k$-dimensionale, che sia localmente un prodotto. Deve esistere cio\`e un ricoprimento di $M^n$ in aperti, e per ogni tale aperto $U$ un diffeomorfismo $\psi\colon U \times \matR^n \to \pi^{-1}(U)$ per cui
\begin{itemize}
\item $(\pi\circ \psi)(x,v) = x$ per ogni $(x,v)\in U\times \matR^n$,
\item la mappa $v \mapsto \psi(x,v)$ \`e un isomorfismo di spazi vettoriali per ogni $x\in U$.
\end{itemize}
Due fibrati $\pi_1\colon E_1 \to M$ e $\pi_2\colon E_2 \to M$ sono \emph{isomorfi} se esiste un diffeomorfismo $\psi\colon E_1\to E_2$ per cui $\pi_2 = \pi_1\circ\psi$, che sia anche un isomorfismo

%% 9 novembre 2012

Due curve semplici chiuse $\gamma_1$ e $\gamma_2$ in una variet\`a $M$ sono collegate da una isotopia ambiente se esiste un isotopia ambiente che porta $\gamma_1$ in $\gamma_2$. Si intende cio\`e che esiste un diffeomorfismo $\varphi \colon M \to M$ isotopo a $\id_M$ tale che $\gamma_2 = \varphi\circ \gamma_1$. 

\begin{prop}
Due curve semplici chiuse $\gamma_1$ e $\gamma_2$ omotopicamente non banali in $S_g$ sono omotope se e solo se sono collegate da una isotopia ambiente.
\end{prop}
\begin{proof}
A meno di una piccola isotopia ambiente possiamo supporre che $\gamma_1$ e $\gamma_2$ siano trasverse. Notiamo che esistono rappresentanti disgiunti per ogni coppia $\gamma_j^1, \gamma_k^2$ (se $j=k$ le curve sono omotope e basta prendere due rapprentanti paralleli), e quindi $i(\gamma_j^2, \gamma_k^2)=0$ per ogni $j,k$. Se ci sono intersezioni fra gli insiemi
$\cup_j \gamma_j^1$ e $\cup_k \gamma_k^2$ allora devono esserci dei bigoni: con una isotopia ambiente \`e possibile ridurre il numero di intersezioni come suggerito da Fig.~\ref{bigono_proof:fig}-(sinistra), e dopo un numero finito di tali operazioni otteniamo due insiemi disgiunti. Quindi tutte le curve $\gamma_j^i$ sono disgiunte.

A questo punto asseriamo che per ogni $j$ le curve $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ cobordano un anello che non interseca le altre curve. Se cos\`\i\ non fosse per qualche $j$, tagliando la superficie lungo $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ otterrei una, due o tre superfici, tutte di caratteristica negativa. Potrei quindi assegnare a queste superfici una metrica con bordi di lunghezza 1 e reincollare, e ottenere cos\`\i\ una metrica iperbolica su $S_g$ in cui $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ sono geodetiche omotope ma distinte: assurdo.

A questo punto \`e sufficiente costruire una isotopia ambiente che faccia scivolare $\gamma_j^1$ su $\gamma_j^2$ per ogni $j$.

\end{proof}

\begin{prop} \label{ambiente:prop}
Per ogni $i=1,2$, sia $\gamma_1^i,\ldots, \gamma_k^i$ un insieme di curve semplici chiuse  omotopicamente non banali in $S_g$, a coppie disgiunte e non omotopicamente equivalenti. Se $\gamma_j^1$ \`e omotopicamente equivalente a $\gamma_j^2$ per ogni $j$, allora esiste una isotopia ambiente che sposta $\gamma_j^1$ in $\gamma_j^2$ per ogni $j$.
\end{prop}
\begin{proof}
A meno di una piccola isotopia ambiente possiamo supporre che tutte le intersezioni fra $\gamma_j^1$ e $\gamma_k^2$ siano trasverse. Notiamo che esistono rappresentanti disgiunti per ogni coppia $\gamma_j^1, \gamma_k^2$ (se $j=k$ le curve sono omotope e basta prendere due rapprentanti paralleli), e quindi $i(\gamma_j^2, \gamma_k^2)=0$ per ogni $j,k$. Se ci sono intersezioni fra gli insiemi
$\cup_j \gamma_j^1$ e $\cup_k \gamma_k^2$ allora devono esserci dei bigoni: con una isotopia ambiente \`e possibile ridurre il numero di intersezioni come suggerito da Fig.~\ref{bigono_proof:fig}-(sinistra), e dopo un numero finito di tali operazioni otteniamo due insiemi disgiunti. Quindi tutte le curve $\gamma_j^i$ sono disgiunte.

A questo punto asseriamo che per ogni $j$ le curve $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ cobordano un anello che non interseca le altre curve. Se cos\`\i\ non fosse per qualche $j$, tagliando la superficie lungo $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ otterrei una, due o tre superfici, tutte di caratteristica negativa. Potrei quindi assegnare a queste superfici una metrica con bordi di lunghezza 1 e reincollare, e ottenere cos\`\i\ una metrica iperbolica su $S_g$ in cui $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ sono geodetiche omotope ma distinte: assurdo.

A questo punto \`e sufficiente costruire una isotopia ambiente che faccia scivolare $\gamma_j^1$ su $\gamma_j^2$ per ogni $j$.
\end{proof}

\begin{cor} \label{omotopia:isotopia:cor}
Due curve semplici chiuse  in $S_g$ sono omotopicamente equivalenti se e solo se sono collegate da una isotopia ambiente.
\end{cor}

Questo fatto non \`e vero in dimensione pi\`u alta: due curve chiuse omotopicamente equivalenti possono essere ``annodate'' in modo diverso; la \emph{teoria dei nodi} si occupa proprio della differenza fra omotopia e isotopia ambiente di curve semplici chiuse in $\matR^3$ o in 3-variet\`a pi\`u complicate.
 
\begin{cor} \label{isotopia:geodetiche:cor}
Sia $S_g$ dotata di una metrica iperbolica. Un insieme di curve semplici chiuse  omotopicamente non banali, a coppie disgiunte e non omotope, \`e trasportabile tramite isotopia ambiente ad un (unico) insieme di geodetiche semplici chiuse disgiunte.
\end{cor}


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\begin{prop}
Due curve semplici chiuse $\gamma_1$ e $\gamma_2$ omotopicamente non banali in $S_g$ sono omotope se e solo se sono collegate da una isotopia ambiente.
\end{prop}
\begin{proof}
A meno di una piccola isotopia ambiente possiamo supporre che $\gamma_1$ e $\gamma_2$ siano trasverse. Notiamo che esistono rappresentanti disgiunti per ogni coppia $\gamma_j^1, \gamma_k^2$ (se $j=k$ le curve sono omotope e basta prendere due rapprentanti paralleli), e quindi $i(\gamma_j^2, \gamma_k^2)=0$ per ogni $j,k$. Se ci sono intersezioni fra gli insiemi
$\cup_j \gamma_j^1$ e $\cup_k \gamma_k^2$ allora devono esserci dei bigoni: con una isotopia ambiente \`e possibile ridurre il numero di intersezioni come suggerito da Fig.~\ref{bigono_proof:fig}-(sinistra), e dopo un numero finito di tali operazioni otteniamo due insiemi disgiunti. Quindi tutte le curve $\gamma_j^i$ sono disgiunte.

A questo punto asseriamo che per ogni $j$ le curve $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ cobordano un anello che non interseca le altre curve. Se cos\`\i\ non fosse per qualche $j$, tagliando la superficie lungo $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ otterrei una, due o tre superfici, tutte di caratteristica negativa. Potrei quindi assegnare a queste superfici una metrica con bordi di lunghezza 1 e reincollare, e ottenere cos\`\i\ una metrica iperbolica su $S_g$ in cui $\gamma_j^1$ e $\gamma_j^2$ sono geodetiche omotope ma distinte: assurdo.

A questo punto \`e sufficiente costruire una isotopia ambiente che faccia scivolare $\gamma_j^1$ su $\gamma_j^2$ per ogni $j$.

\end{proof}

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23/11/12

Ricordiamo che un laccio in $(Y,y_0)$ \`e una mappa continua $[0,1] \to Y$ con $f(0)=f(1) = y_0$; usando la funzione $t \mapsto e^{2\pi ti}$ possiamo reinterpretare lo stesso laccio come una mappa $S^1 \to Y$ ed ottenere quindi una mappa naturale $\pi_1(Y,y_0) \to [S^1, Y]$.

\begin{prop} \label{libera:prop}
Sia $Y$ uno spazio connesso per archi e $y_0$ un punto base. La mappa naturale 
$$\pi_1(Y,y_0) \to [S^1, Y]$$
induce una corrispondenza biunivoca fra classi di coniugio di $\pi_1(Y,y_0)$ e $[S^1,Y]$.
\end{prop}
\begin{proof}
La mappa \`e suriettiva, perch\'e qualsiasi mappa da $S^1$ in $Y$ pu\`o essere omotopata in modo da passare per $y_0$. 

Due lacci $\alpha, \alpha'$ con punto base $\alpha(1)=\alpha'(1)=y_0$ inducono lo stesso elemento in $[S^1, Y]$ se e solo se sono collegati da una omotopia $H\colon S^1 \times [0,1] \to Y$. L'omotopia \`e libera: la curva $\gamma\colon t\mapsto H(1,t)$ non \`e costantemente ferma in $y_0$, ma forma un altro laccio che parte e torna in $y_0$. L'omotopia $H$ induce facilmente una omotopia a estremi fissati fra $\alpha$ e $\gamma^{-1}\circ\alpha'\circ\gamma$. In altre parole, i lacci $\alpha$ e $\alpha'$ inducono lo stesso elemento in $[S^1, Y]$ se e solo se sono coniugati in $\pi_1(Y,y_0)$.
\end{proof}

