Si $p(t)=P(e^{it})=r(t)e^{it}$ , donde $r(t)>0$ es un mapeo entre $[0,2]$ es decir, entre el círculo unitario $T$ y una curva, entonces parece que $\mathrm{Lip}(p)=\mathrm{Lip}(P)$ pero no tengo la prueba.
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Resulta que esto es cierto. Podemos suponer que $\mathrm{Lip}(p)=1$ Es decir, $\dot r^2+r^2\le 1$ donde el punto indica la derivada con respecto a $t$ . Tenga en cuenta que $r\le 1$ . Nuestro objetivo es demostrar que $|r(t)e^{it}-r(0)|\le |e^{it}-1|$ para todos $t$ . Después de elevar al cuadrado esto se simplifica a $$(1)\qquad \qquad 2\cos t\,(1-r(0)r(t))\le 2-r(0)^2-r(t)^2$$ lo cual es trivialmente cierto cuando $\cos t\le 0$ . Así que sólo tenemos que lidiar con $0<t<\pi/2$ .
No perdemos generalidad al suponer que $r(t)\le r(0)$ . Es conveniente escribir $r(0)=\cos \alpha$ donde $0\le \alpha\le \pi/2$ . Integración de la desigualdad diferencial $\dot r\ge -\sqrt{1-r^2}$ encontramos que $r(t)\ge \cos(\alpha+t)$ . La desigualdad (1) puede escribirse como $$(2)\qquad\qquad r(t)^2-2r(t)\cos\alpha\cos t+\cos^2\alpha-2(1-\cos t)\le 0$$ Como el lado izquierdo es una función convexa de $r(t)$ basta con verificar (2) en los extremos $r(t)=\cos(\alpha+t)$ y $r(t)=\cos\alpha$ .
Enchufando $r(t)=\cos(\alpha+t)$ en (2) obtenemos $-(1-\cos t)^2\le 0$ . Enchufando $r(t)=\cos \alpha$ en (2) obtenemos $-2\sin^2 \alpha \, (1-\cos t)\le 0$ . QED
Hay lemas algo similares en Extensión radial de una parametrización bi-Lipschitz de una curva estelar de Jordan por Kalaj y en Sobre las automodelaciones cuasiconformes del disco unitario que satisfacen la ecuación de Poisson de Kalaj y Pavlovic, aunque en ambos casos se trata de mapas que preservan el módulo en lugar de preservar el argumento.
