¿Existe una función continua $f:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}$ tal que para cualquier par de puntos P,Q sobre la curva, existe un punto R en la curva tal que PQR es un triángulo equilátero? Si es así, podemos encontrar una suave?
Para la recompensa, desplácese a la parte inferior de la página...
Edit: La recompensa se refiere a este post. Básicamente, rellene todos los detalles. Estoy haciendo esto porque estoy interesado en el problema, sin embargo no tengo tiempo de cajero automático para investigar.
No hay ningún subconjunto convexo de R^2, distintos de:
que es limitada y tiene la propiedad de que, dados dos puntos cualesquiera en el conjunto, el 3er punto está en el conjunto. Esto puede ser demostrado como tal:
Contradicción. La sombra cóncava conjuntos de... parte de la recompensa.
Ahora unbounded conjuntos en R^2...
Podemos tener un conjunto ilimitado que funciona. E. g. tomar una pequeña línea recta y "extender" tomando dos puntos en la línea y llenar los triángulos equiláteros. No sé qué tipos de conjuntos vamos a conseguir, pero que va a ser una locura y si no que se llenan R^2 no sé...
Todavía no puedo trabajar si una cts de la función R-->R existe. O si tal función R-->R que existe en absoluto. si llenamos la equilátero de cuadrícula y, a continuación, cambiar un poco es que a una función? Recompensa es la respuesta a esta pregunta
Aquí está la respuesta a la generalización de la forma de su pregunta en el caso de conjuntos acotados. Como resulta que, en el supuesto de convexidad es innecesario.
La proposición. Deje $A\subseteq\Bbb R^2$ ser un conjunto acotado, tal que para cada par de puntos distintos $x,y\in A$ hay un punto de $z\in A$, de tal manera que $x,y,z$ son los vértices de un triángulo equilátero. A continuación, $A$ es uno de los siguientes:
Prueba. Deje $A$ ser un conjunto que satisface la hipótesis de la proposición. Supongamos $A$ contiene más de un punto. Vamos a mostrar que, a continuación, $A$ debe ser el conjunto de vértices de algunos triángulo equilátero.
En primer lugar, vamos a probar la proposición en el caso que $A$ es cerrado. (Al final vamos a mostrar que el caso general sigue fácilmente de esto.) Así, supongamos $A$ es cerrado, es decir, $A$ contiene toda su límite de puntos. A continuación, $A$ es compacto, por lo que existen puntos de $a,b\in A$ tal que $$d(a,b)=\operatorname{diam}A=\sup\lbrace d(x,y)|\text{ }x,y\in A\rbrace,$$ donde $d$ es la métrica en $\Bbb R^2$ $\operatorname{diam}$ es sinónimo de diámetro.
Deje $c$ ser un punto tal que $a,b,c$ son los vértices de un triángulo equilátero. Esta existe por la hipótesis. Deje $r=d(a,b)$ y deje $S=\overline{K}(a,r)\cap\overline{K}(b,r)\cap\overline{K}(c,r)$ donde $\overline{K}(x,r)$ denota la bola cerrada centrada en $x$ radio $r$. A continuación,$A\subseteq S$, porque de lo contrario tendríamos $\operatorname{diam} A>r$ que no es el caso. Por el camino, $S$ es un triángulo de Reuleaux:
Ya sabemos que $A$ contiene los vértices de este triángulo de Reuleaux. Vamos a demostrar que esto es todo lo que $A$ contiene. Vamos primero a definir algunos puntos más. Deje $a'$ ser el reflejo de $a$ a través de la línea a través de$b$$c$. Definir $b'$ $c'$ de forma análoga. (Como reflejos de $b$ $c$ a través de las líneas frente a ellos.) Vamos $$S_{a}:=S\setminus(\overline{K}(b',r)\cup\overline{K}(c',r))\\S_{b}:=S\setminus(\overline{K}(c',r)\cup\overline{K}(a',r))\\S_{c}:=S\setminus(\overline{K}(a',r)\cup\overline{K}(b',r))$$ Now, note that every point of $S\setminus\lbrace a,b,c\rbrace$ is contained in at least one of the sets $S_a,S_b,S_c$. So, to complete the proof in the case where $$ is closed, it suffices to show that $A\cap S_a=\emptyset,A\cap S_b=\emptyset$ and $A\cap S_c=\emptyset$, lo que vamos a hacer ahora.
En realidad, sólo podemos probar el caso de $S_a$. Los otros dos puede ser demostrado por una completamente simétrica argumento, así que les dejamos para el lector. Deje $x\in S_a$. Deje $u(x)$ ser el punto en que se forma un triángulo equilátero, junto con $a$$x$, por lo que el triángulo $a,x,u(x)$ está orientado hacia la derecha (es decir, negativamente). Deje $v(x)$ ser otro de los puntos que forman un triángulo equilátero con $a$$x$, es decir, $a,x,v(x)$ está orientado hacia la izquierda (positivamente). Esto define dos funciones $u:S_a\to\Bbb R^2$, $v:S_a\to\Bbb R^2$. Por definición, $u$ es una rotación alrededor del punto de $a$$-\frac{\pi}{3}$, e $v$ es la rotación alrededor del punto de $a$$\frac{\pi}3$.
Mediante la explotación de esta geometría, ahora uno puede ver fácilmente que $u$ gira el conjunto $S_a$ fuera de $S$, es decir,$u(S_a)\subseteq \Bbb R^2\setminus S$, y para $v$ el mismo es: $v(S_a)\subseteq \Bbb R^2\setminus S$. Pero esto significa que para cada una de las $x\in S_a$ el único vértices que se podría formar un triángulo equilátero con $x$ $a$ son de fuera de $S$, por lo tanto no $A$. Pero, a continuación, $x$ no puede ser un elemento de $A$. Aquí está una foto que muestra a $S_a$ (medio), y sus dos rotaciones (el triángulo de Reuleaux alrededor de $S_a$$S$, y la de dos rotaciones se encuentran fuera de $S$):
Esto completa la prueba de que el caso cerrado.
En el caso general de los acotados (no necesariamente cerrado) $A$, con al menos dos puntos, procedemos de la siguiente manera. Deje $\overline{A}$ es el cierre de $A$. Desde $\Bbb R^2$ es tan agradable (es decir, primero contables) de espacio, esto significa que $$\overline{A}=\lbrace x\in\Bbb R^2|\text{ there is a sequence } (x_n)_n\text{ with terms in } A\text{, such that } \lim_{n\to\infty}x_n=x\rbrace.$$ Now, clearly $A\subseteq\overline{A}$. Furthermore, $\overline{A}$ also satisfies the hypotheses of the proposition. To see this, let $x,y\in\overline{A}$. Then there are sequences $(x_n)_n$ and $(y_n)_n$ in $A$, such that $\lim_{n\to\infty}x_n=x$, $\lim_{n\to\infty}x_n=x$. But since $x_n,y_n\en Un$ for each $n$, we can associate a point $z_n\en$ to each pair $x_n,y_n\en A$ such that $x_n,y_n,z_n$ are the vertices of an equilateral triangle. Because $\overline{A}$ is compact, we can choose a subsequence of $(z_n)_n$ that converges to a point $z\in\overline{A}$. By continuity of the metric, $x,y,z$ again form an equilateral triangle. So, $\overline{A}$ indeed satisfies the hypotheses of the proposition and is therefore the set of vertices of some equilateral triangle. From this it easily follows that $\overline{A}=A$, which concludes the proof. $\square$
Esto demuestra, entre otras cosas, que no hay ninguna función continua $f:[0,1]\to\Bbb R$, cuya gráfica contiene para cada par de puntos de un tercio de los puntos que forman un triángulo equilátero con ellos. Resulta aún más: tampoco hay tal función discontinua $f:[0,1]\to\Bbb R$. Por qué? Supongamos que hay. A continuación, debe ser limitada, ya que, de lo contrario su gráfica contendría dos puntos de $x,y$ tal que $d(x,y)>100$. No habrá un tercer punto en la gráfica cuya primera coordenada se encuentran fuera de $[0,1]$, que no es el caso. Pero para delimitada conjuntos, la proposición se aplica. Lo mismo se aplica para cualquier función de $f:B\to\Bbb R$ donde $B\subseteq\Bbb R$ es un conjunto acotado.
La situación podría ser más interesante con funciones de $f:\Bbb R\to\Bbb R$, sin embargo. Pero en este caso, de nuevo, no hay tal delimitada la función. (El mismo argumento como en el párrafo anterior.) Podría ser posible construir algo sin límites y, probablemente, horriblemente discontinuo, a pesar de que, pero no he pensado mucho sobre eso.
No en el buen caso. Aquí suponemos que el$f$$C^1$.
Deje $s=\frac{\sqrt{3}}3=\tan{\fracπ6}.$
Supongamos que para algunos $x_0$, $|f'(x_0)|<s$ a continuación, alrededor de $x_0$ la gráfica de $f$ se ve como una línea recta de manera horizontal que el tercer punto de un triángulo equilátero que contengan $(a,f(a))$ $(b,f(b))$ sería de abscisa $x∈[a,b]$.
En la siguiente imagen, en el caso de la izquierda es la que es imposible.
A continuación, $|f'|≥s$ $f'$ es continua por lo $f$ es monótono, por lo $f$ no cumplen con sus criterios.
No sé cómo generalizar.
Supongamos que el conjunto $S$ es acotado, y supongamos que se tiene más de un punto. Deje $A$ $B$ dos puntos en $S$. Entonces debe haber un tercer punto de $C$ que es (otro) de vértices de un triángulo equilátero con un lado como $AB$, y por nuestra condición de convexidad todo el triángulo $ABC$ debe ser en $S$.
Ahora vamos a $D$ ser el punto de intersección de la mediatriz de $\angle BAC$${BC}$. A continuación, debe haber un punto de $E$ que es (otro) de vértices de un triángulo equilátero con un lado como $AD$. Vamos a la distancia de $AB$ ser igual a $d$. Entonces, por varias aplicaciones del teorema de pitágoras, tenemos que la longitud de $CE=\frac {\sqrt 7} 2 d$ o $BE=\frac{\sqrt 7} 2 d$. De cualquier manera, esto muestra que la distancia entre los puntos es ilimitado, lo cual es una contradicción con nuestra hipótesis. Por lo tanto $S$ no puede tener más de un punto.
Si los conjuntos son ilimitados, no tiene que ser todos los de $\mathbb R ^2$. Por ejemplo, cualquier medio-plano debe hacer.
He aquí una bonita prueba simple para por qué una función continua no es posible. He tratado de ser más lacónica, y acaba de dar la idea de por qué no va a funcionar, como creo que es en línea con su preferencia (a partir de los comentarios). Por favor, hágamelo saber si usted quisiera más detalles.
Para cualquier punto (en la imagen que coloque el punto en el origen, pero no importa) no podemos tener cualquier punto de nuestro gráfico en las líneas que emanan de este punto en un $\pi/6$ ángulo con la horizontal, porque si lo hiciéramos sería rápidamente se sigue que la única manera de crear un triángulo equilátero sería la colocación de un punto por encima/por debajo de uno de estos puntos, y por lo tanto $f$ no sería una función. Por el teorema del valor intermedio, esto significa que no podemos colocar en cualquier punto de la zona de sombra, con el fin de crear un triángulo equilátero con el vértice en el origen y un punto en la zona de sombra que sería necesario para colocar un punto fuera de la zona de sombra, y en algún punto de $f$ tiene que cruzar la línea. Ahora colocar un punto en cualquier lugar en el área no sombreada. De inmediato, desde nuestra discusión anterior, sabemos que $f$ no puede cruzar las líneas de puntos que emanan de este punto, y, además, el punto necesario para crear un triángulo equilátero se encuentran en entre estas líneas, que sabemos (por el teorema del valor intermedio) no es un punto que $f$ puede llegar. Por lo tanto, una función continua es imposible.
También, mi prueba al principio, que un conjunto acotado $S$ que es convexa no es posible, en realidad no tratar de mostrar que $S$ no puede ser entre un círculo y un triángulo, es mucho más sencillo que eso. Lea de nuevo, y se nota que todo esto demuestra es que, dados dos puntos $A, B$ con la distancia $d$, tenemos la garantía de que hay puntos de $C, D$ que han distancia $\frac {\sqrt 7} 2 d$. La razón de esto se desprende que el conjunto de $S$ no puede estar acotada es que si fueron delimitadas por algunos de bolas con diámetro de $h$, tenemos la garantía de que existen puntos en $S$, con una distancia de más de $h$. Simplemente elija cualquiera de los dos puntos de $A, B$ con la distancia $d$, y, a continuación, repita el proceso anterior $k$ veces $\left(\frac {\sqrt 7} 2\right) ^k d>h$. Por lo tanto, $S$ no puede estar acotada. Tenga en cuenta que en ningún lugar hemos de suponer nada acerca de la delimitación $S$ por la más pequeña bola que sea posible, o la elección de puntos dando el máximo de distancia porque (en particular, si $S$ fueron abiertos) tales puntos pueden no existir.
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