¿El colector de Lipschitz y el gráfico de Lipschitz es semialgebraico?

Question

Se sabe que existen variedades de Lipschitz que no son gráficos de Lipschitz y $C^1$ El colector es localmente $C^1$ gráfico.

Si $M\subset \mathbb{R}^m$ es un colector de Lipschitz (con la distancia exterior) y algebraico, entonces M es localmente gráfico de Lipschitz?

Answer 1

Con la explicación extra, hay un contraejemplo sencillo: círculo redondo en el plano. Sin embargo, sospecho que en realidad querías preguntar otra cosa.

Edición: Aquí hay un ejemplo local. Tome una poligonal deshacer el nudo $K$ en $R^3$ tal que la proyección de $K$ a cualquier plano afín en $R^2$ no es 1-1. Sea $M\subset R^4$ denotan el cono sobre $M$ desde un punto $p\in R^4\setminus R^3$ . Entonces $M$ es semialgebraica, es un colector de Lipschitz (este último es ya que $K$ es un nudo poligonal). Sin embargo, en el punto $p$ , $M$ no es la gráfica de ninguna función de dos variables con valores en $R^2$ (para cualquier elección de un plano afín en $R^4$ ).

Editar 2. Aquí tienes más detalles.

Dejemos que $K$ sea un nudo poligonal no trivial en $R^3$ . Entonces la proyección (afín) de $K$ a cada plano en $R^3$ tiene al menos 2 cruces (en realidad, al menos 3, pero sólo necesitamos 2). Al subdividir las aristas de $K$ Además, podemos suponer que ninguna de las aristas de $K$ aparece en ambos cruces.

Ahora, elimina una arista de $K$ . El resultado es una cadena poligonal finita $C$ que tiene la propiedad de que la proyección $\pi(C)$ de $C$ a cada plano en $R^3$ tiene al menos un cruce, es decir, la restricción $\pi|C$ no es inyectiva.

Lema. Si $C$ es una cadena poligonal finita en $R^3$ entonces existe una poligonal $T\subset R^3$ Desanudar el nudo que contiene $C$ como subconjunto.

Prueba. Tomemos un homeomorfismo lineal a trozos $f: R^3\to R^3$ que mapea $C$ a un segmento de línea recta $c$ . A continuación, dejemos que $t\subset R^3$ sea un triángulo que contenga $c$ como un borde. Por último, establece $T=f^{-1}(t)$ . qed

En el caso de la cadena $C$ que hemos construido anteriormente, el nudo $T$ tiene la propiedad de que su proyección a cada plano en $R^3$ es no inyectiva. A continuación, incrustar $R^3$ en $R^4$ como el hiperplano $x_4=0$ . Establecer $p=(0,0,0,1)\in R^4$ y que $M\subset R^4$ sea el cono con la punta $p$ y la base $T$ . En otras palabras, $M$ es la unión de triángulos bidimensionales $S_i$ tal que $p$ es un vértice de cada $S_i$ y el borde opuesto de $S_i$ es un borde $e_i$ de $T$ . En particular, $M$ es una variedad bidimensional a trozos con límite (su límite es el nudo $T$ ). Si no te gusta este límite, elimínalo. Por construcción, $M$ es semialgebraica (real) como una unión finita de subconjuntos semialgebraicos $S_i$ . Desde $T$ es un nudo, existe un homeomorfismo a trozos lineales de $R^3$ enviando $T$ a un triángulo. Conectando este homeomorfismo a partir de $p$ obtenemos un homeomorfismo PL de $R^4$ enviando $M$ a una superficie convexa $M'$ (cono sobre un triángulo). Este homeomorfismo PL es claramente bilipschitz. Componiendo con otro homeomorfismo PL de $R^4$ aplanamos $M'$ a un triángulo bidimensional.

Por último:

Lema. La superficie $M$ , localmente, en $p$ no es una gráfica de ninguna función.

Prueba. Supongamos que es una gráfica de una función $R^2\to R^2$ . Por lo tanto, existe una proyección afín $\pi: R^4\to R^2$ que es inyectiva en $U\cap M$ , donde $M$ es una pequeña vecindad de $p$ en $R^4$ . Sea $H\subset R^4$ sea un hiperplano dado por la ecuación $x_4=r$ , donde $r<1$ está lo suficientemente cerca de $1$ para que $$ L=H\cap M\subset U $$ Entonces $\pi|H: H\to R^2$ es inyectiva en $L$ . Sin embargo, con la identificación de $H$ con $R^3$ el desanudado $L$ es sólo una copia a escala del nudo $T$ . Esto significa que existe una proyección afín $R^3\to R^2$ cuya restricción a $T$ es 1-1. Contradicción.