Sea$K$ un subconjunto compacto conectado del plano euclidiano que tiene un conjunto infinito de simetrías de reflexión.
¿Esto implica que$K$ es un anillo?
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Daniel Robert-Nicoud
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Esto no es una respuesta a la respuesta, sino la prueba de la siguiente hecho, que he dicho en un comentario a la OP.
Lema: Vamos a $X\subseteq\mathbb{R}^2$ ser un no-vacío compacto, y deje $L$ el conjunto de las distintas líneas acerca de cual $X$ es simétrica. Entonces hay un punto de $p\in\mathbb{R}^2$ que es común a todas las líneas en $L$.
Prueba: vamos a proceder en dos partes, tanto por la contradicción en el hecho de que $X$ es compacto. Supongamos que hay dos líneas de $\ell_1$ $\ell_2$ $L$ que no tienen puntos en común, es decir, las rectas son paralelas. Deje $\ell'$ ser la línea exactamente en el medio de la $\ell_1$$\ell_2$. A continuación, para cada punto de $x\in X$ hay una de las dos líneas que está más cerca que el otro a $x$, decir $\ell_1$ (excepto si el punto es exactamente $\ell'$, en cuyo caso elegir lo que uno, no importa). Deje $x'$ ser el punto en el que se refleja a$x$$\ell_2$, entonces la distancia de $x'$ $\ell'$ es mayor que la distancia de a$x$$\ell'$. Por supuesto, $x'\in X$, por lo que podemos repetir este procedimiento para construir una secuencia de puntos de $X$ va al infinito, lo que contradice el hecho de que $X$ es compacto. De ello se desprende que cada dos líneas en $L$ debe intersectar.
Ahora tome tres líneas de $\ell_1,\ell_2$ $\ell_3$ $L$ y supongamos que no tienen un punto en común. Sabemos por lo que hemos dicho antes de que ellos deben vinculado a un triángulo en el plano, vamos a $c$ ser el centro geométrico del triángulo. Deje $x\in X$ y deje $\ell$ ser la línea que pasa a través de$x$$c$. Supongamos, sin pérdida de generalidad que si sigues $\ell$ a partir de $x$ e ir hacia un $c$, la última de las otras líneas de la cruz es $\ell_1$. Deje $x'$ ser el punto reflejado a$x$$\ell_1$, entonces la distancia de $x'$ $c$es estrictamente mayor que la distancia de$x$$c$. De nuevo, esto lleva a una contradicción con el hecho de que $X$ es compacto.
Es fácil ver que esto implica que todas las líneas en $L$ tienen un punto en común. QED
chaiwalla
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El único compacto, conectado (no vacío) de subconjuntos de a $K$ de la distancia Euclídea del plano que posee un número infinito de simetrías axiales son sus anillos.
Por Daniel Robert-Nicoud del argumento, podemos suponer que los ejes de simetría, todos pasan a través de algún punto, que por la traducción, podemos asumir que es el origen. Para su comodidad, a continuación, identificar el plano de rotación del grupo de $SO(2)$ con el círculo unitario $S^{1} = \{e^{it} : \text{$t$ real}\}$.
Deje $K$ ser un equipo compacto, conectado, no vacía subconjunto del plano de haber infinitos ejes de simetría, vamos a $G$ el grupo de Euclídea simetrías de $K$ (rotaciones y reflexiones), y deje $G_{0} = G \cap SO(2)$ ser el subgrupo de las rotaciones. Desde $G$ es infinito, $G_{0}$ es infinito. (Una composición de reflexiones en las líneas sobre el origen es una rotación alrededor del origen.)
Si $x \in K$ no es el origen, y si $S$ denota el círculo de radio $\|x\|$ centrada en el origen, entonces la órbita de $x$ bajo $G$, la $Gx = K \cap S$, es homeomórficos a $G_{0}$.
Por lo tanto, es suficiente para mostrar que si $G_{0}$ es cerrado en $SO(2)$,$G_{0} = SO(2)$.
Lema 1: Cada subgrupo finito $H$ $SO(2)$ es cíclico.
Croquis de la prueba: Debido a $H$ es finito, existe un menor número real positivo $t_{0}$ tal que $e^{it_{0}} \in H$. Es sencillo (en esencia, el algoritmo de la división) para comprobar que $e^{it_{0}}$ genera $H$.
Lema 2: Un infinito subgrupo $H$ $SO(2)$ es densa.
Croquis de la Prueba: Si $H$ contiene un elemento de orden infinito (es decir, un elemento $e^{it}$ $t$ no racional múltiples de $\pi$), un elemento que genera una densa subgrupo.
Si en lugar de que cada elemento de a $H$ tiene orden finito, a continuación, $H$ contiene una secuencia de "cada vez más densa subgrupos", por lo que es de por sí denso.
Precisamente, escoger un elemento $h_{1} \neq 1$ arbitrariamente, vamos a $H_{1}$ (cíclico) subgrupo generado por a $h_{1}$, y deje $t_{1}$ ser el más pequeño número real positivo tal que $e^{it_{1}} \in H_{1}$. Asumir de forma inductiva que un número finito (de ahí cíclico, por el Lema 1) subgrupo $H_{m}$ ha sido construido, y que $t_{m}$ es el menor número real positivo tal que $e^{it_{m}} \in H_{m}$. Debido a $H$ es infinito, existe un elemento $h_{m+1}$$H\setminus H_{m}$; deje $H_{m+1}$ (finito, por lo tanto cíclica) subgrupo generado por a$H_{m}$$h_{m+1}$, y deje $t_{m+1}$ ser el más pequeño número real positivo tal que $e^{it_{m+1}} \in H_{m+1}$.
La secuencia de $(t_{m})_{m=1}^{\infty}$ disminuye a $0$. (De hecho, $t_{m}$ es un múltiplo entero de $t_{m+1}$ por cada $m$.) De ello se sigue que para cada subconjunto abierto $U$$S^{1}$, existe un entero positivo $m$ tal que $U \cap H_{m}$ no está vacía. Es decir, la unión de $\bigcup_{m} H_{m} \subset H$ es denso en $SO(2)$. En consecuencia, $H$ sí es denso en $SO(2)$.
La proposición: La única cerrado infinito subgrupo de $SO(2)$$SO(2)$.
La prueba: Un infinito subgrupo es densa por el Lema 2, y la única cerrado subconjunto denso de $SO(2)$$SO(2)$.
Para resumir, si $K$ es compacto y tiene infinitos ejes de simetría que pasa por el origen, entonces la intersección de a $K$ con cada círculo centrado en el origen está vacío o el círculo entero. Desde $K$ está conectado, $K$ es un anillo.
Llame a $\mathcal L$ el conjunto de todas las líneas de simetría, y $\mathcal{R}$ el conjunto de todas las reflexiones w.r.t. estas líneas. Considerar el grupo $G$ de todas las isometrías que arreglar $K$. En particular, $\langle \mathcal R\rangle<G<\mathrm{Isom}(\mathbb R^2)$ donde $\langle \mathcal R\rangle $ es el subgrupo generado por a $\mathcal R$.
En primer lugar, hay un punto fijo w.r.t. todas las transformaciones en $G$ (lo que implica que no hay un único común de intersección de todas las líneas en $\mathcal L$, tan pronto como hay dos concurriendo líneas en $\mathcal L$), es decir, el baricentro $m$$K$. Si $K$ fueron de medida positiva podríamos definir $$m=\frac{1}{|K|}\int_K x \,dx.$$ De hecho, por cada $A\in G$ tenemos que $AK=K$, y que el determinante Jacobiano de la transformación es $1$, por lo tanto por un cambio de variable $$Am=\frac{1}{|K|}\int_K Ax \,dx=\frac{1}{|K|}\int_{AK} y \,dy=\frac{1}{|K|}\int_K y\,dy=m.$$ Si $K$ no está de medida positiva que podemos utilizar Haar probabilidad de medida $\mu$ $G$ (cuya compacidad de la siguiente manera a partir de la compatness de $K$; $G$ es un grupo topológico ver por ejemplo, como un subgrupo de $(n+1)\times(n+1)$ matrices) y de manera similar a definir $$m=\int_G g(0)d\mu(g)$$ cuya invariancia de la siguiente manera a partir de la invariancia de $\mu$.
Supongamos wlog que el centro es el origen. En particular, $G< O(2)$. Por compacidad (de $\mathbb S^1$), hay arbitrariamente cerca de las líneas de reflexiones en $\mathcal L$, y por lo tanto, dado que la composición de dos reflexiones es una rotación de dos veces el ángulo entre las líneas, hay arbitrariamente pequeñas rotaciones en $G$, por lo $G$ es denso en $O(2)$. Por la compacidad de $G$, $G=O(2)$. Esto significa que $K$ es invariante bajo rotaciones, y está compuesto por una unión de circunferencias concéntricas. La conexión supuesto implica $K$ es un anillo.
