Deje que $X$ ser un espacio métrico con al menos $5$ puntos tales que cualquier subconjunto de cinco puntos de $X$ puede ser incrustado isométricamente en $ \mathbb R^2$ entonces es verdad que $X$ también puede ser incrustado isométricamente en $ \mathbb R^2$ ?
Respuesta
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Las "incrustaciones" de abajo son isométricas; $(X,d)$ es un espacio métrico.
De hecho $X$ puede ser incrustado en $ \Bbb R^n$ si y sólo si cada subconjunto de $X$ que no contenga más de $n+3$ los puntos pueden ser incrustados en $ \Bbb R^n$ . Gracias a @achillehui por notar que la primera versión de este post estaba equivocada, por indicar la versión correcta del resultado, y por decirnos que se debe a Menger ( Estudios sobre la métrica general Mathematische Annalen, 100:75-163, 192) allá por 1928. Edita Finalmente he visto cómo dar un ejemplo mostrando que $n+3$ es lo mejor posible. Vea el bono sección en la parte inferior.
La prueba es por inducción en $n$ . Puede notar que la estructura de la prueba para $n=1$ es idéntica a la estructura del paso de inducción. De hecho, el caso $n=1$ podría derivarse por inducción del caso $n=0$ . Eso podría implicar algunos rasguños en la cabeza; parece mejor dar el caso $n=1$ por separado.
En el caso $n=1$ varios lemas plausibles pero no del todo triviales pueden ser reemplazados por la siguiente trivialidad: Si $X$ puede ser incrustado en $ \Bbb R$ , $a,b$ son dos puntos distintos de $X$ , $x,y$ son dos puntos distintos de $ \Bbb R$ y $|x-y|=d(a,b)$ entonces hay exactamente una incrustación $f:X \to\Bbb R$ con $f(a)=x$ y $f(b)=y$ . (Para la existencia, reemplazar la incrustación dada $g$ por $ \pm g+c$ . Para la unicidad, tenga en cuenta que si $|f(a)-t|=|f(a)-s|$ y $t \ne s$ entonces $f(a)=(s+t)/2$ y de manera similar para $f(b)$ .)
Teorema 1. $X$ puede ser incrustado en $ \Bbb R$ si y sólo si cuatro puntos de $X$ puede ser incrustado en $ \Bbb R$ .
Prueba: Para la dirección menos trivial: Podemos asumir $X$ tiene más de un punto. Elija $p,q \in X$ y definir $f(p)=0$ , $f(q)=d(p,q)$ . Supongamos que $r \in X$ , $r \ne p,q$ . La hipótesis y el comentario anterior (con $\{p,q,r\}$ en lugar de $X$ ) muestra que hay una incrustación única $g$ de $p,q,r$ con $g(p)=f(p)$ y $g(q)=f(q)$ . Defina $f(r)=g(r)$ .
Hemos definido $f:X \to\Bbb R$ de tal manera que $|f(r)-f(p)|=d(r,p)$ y $|f(r)-f(q)|=d(r,q)$ para cada $r$ . Estamos acabados si podemos demostrar que $|f(r)-f(s)|=d(r,s)$ para $r,s \notin\ {p,q\}$ . Como en el caso anterior, hay una incrustación única $g$ de $p,q,r,s$ en $ \Bbb R$ con $g(p)=f(p)$ y $g(q)=f(q)$ . La singularidad de la incrustación de $p,q,r$ muestra que $g(r)=f(r)$ . Del mismo modo $g(s)=f(s)$ así que $|f(r)-f(s)|=|g(r)-g(s)|=d(r,s)$ . QED.
El caso $n>1$ requiere unos pocos preliminares.
Lema 0. Supongamos que $x_1, \dots ,x_N,y_1, \dots ,y_N \in\Bbb R^n$ y $|x_j-x_k|=|y_j-y_k|$ para todos $j,k$ . Entonces hay una isometría $f: \Bbb R^n \to\Bbb R^n$ con $f(x_j)=y_j$ .
Prueba: Deje $v_j=x_j-x_0$ , $w_j=y_j-y_0$ . Tenemos $|v_j|=|w_j|$ y $|v_j-v_k|=|w_j-w_k|$ . La ley del paralelogramo muestra que $|v_j+v_k|=|w_j+w_k|$ para que $v_j \cdot v_k=w_j \cdot w_k$ por la polarización. De ahí que $$ \left | \sum t_jv_j \right |= \left | \sum t_jw_j \right |.$$ En particular $ \sum t_jv_j=0$ si y sólo si $ \sum t_jw_j=0$ para que exista un mapa lineal $T:span(v_j) \to span(w_j)$ con $$T \left ( \sum t_jv_j \right )= \sum t_jw_j.$$ Ahora $T$ es evidentemente una isometría; extender $T$ a un mapa ortogonal de $ \Bbb R^n$ a sí mismo mediante la cartografía del complemento ortogonal de $span(v_j)$ al complemento ortogonal de $span(w_j)$ . QED.
Definición Decimos $F \subset\Bbb R^n$ es coplanar si existe $c \in\Bbb R$ y $v \in\Bbb R^n$ con $v \ne0 $ de tal manera que $x \cdot v=c$ para cada $x \in F$ .
Lema 1. Supongamos que $x_1, \dots ,x_N \in\Bbb R^{n}$ y $\{x_1, \dots ,x_N\}$ no son coplanares. Si $|x_j-y|=|x_j-z|$ para todos $j$ entonces $y=z$ .
Prueba: Diciendo $|x_j-y|=|x_j-z|$ es la misma que $(x_j- \frac {y+z}{2}) \cdot (z-y)=0$ Si $y \ne z$ esto dice que $x_1, \dots ,x_N$ son coplanares. QED.
Lema 2. Supongamos que $F \subset\Bbb R^n$ no es coplanario. Entonces $F$ tiene un subconjunto no coplanario que contiene exactamente $n+1$ puntos.
Prueba: Arreglar $x_0 \in F$ . El conjunto $\{x-x_0:x \in F\}$ abarca $ \Bbb R^n$ así que debe contener una base. QED.
Teorema 2. $X$ puede ser incrustado en $ \Bbb R^n$ si y sólo si cada subconjunto de $X$ que no contenga más de $n+3$ los puntos pueden ser incrustados en $ \Bbb R^n$ .
Prueba: La prueba es por inducción en $n$ . El caso $n=1$ es exactamente el Teorema 1 de arriba. Supongamos entonces que el teorema se mantiene para las incrustaciones en $ \Bbb R^n$ y supongamos que cada subconjunto de $X$ que no contenga más de $n+4$ los puntos pueden ser incrustados en $ \Bbb R^{n+1}$ .
Queremos mostrar que $X$ puede ser incrustado en $ \Bbb R^{n+1}$ así que podemos asumir que $X$ no puede ser incrustado en $ \Bbb R^n$ . Por inducción existe $S \subset X$ con $|S| \le n+3$ de tal manera que $S$ no puede ser incrustado en $ \Bbb R^n$ . Por hipótesis, existe una incrustación $f:S \to\Bbb R^{n+1}$ . Desde $S$ no puede ser incrustado en $ \Bbb R^n$ la imagen $f(S)$ no puede ser coplanario. Aplicando Lemma 2 vemos esto: Existe $p_1, \dots ,p_{n+2} \in X$ y una incrustación $f$ de $p_1, \dots ,p_{n+2}$ en $ \Bbb R^{n+1}$ de tal manera que si ponemos $x_j=f(p_j)$ entonces $x_1, \dots ,x_{n+2}$ no son coplanares.
Supongamos que $q \ne p_1, \dots ,p_{n+2}$ . La hipótesis y el Lema 1 muestran que hay exactamente un $x \in\Bbb R^{n+1}$ con $|x-x_j|=d(q,p_j)$ para todos $j$ ; define $f(q)=x$ .
Hemos definido $f:X \to\Bbb R^{n+1}$ . Para mostrar que $f$ es una isometría, es suficiente para mostrar que si $r,q \ne p_1, \dots p_{n+2}$ entonces $|f(r)-f(q)|=d(r,q)$ . La hipótesis muestra que hay una incrustación $g:\{r,q,p_1, \dots ,p_{n+2}\} \to\Bbb R^{n+1}$ y ahora Lemma 0 muestra que existe tal $g$ con $g(p_j)=f(p_j)$ . Ahora Lemma 1 muestra que $g(r)=f(r)$ y $g(q)=f(q)$ para que $|f(r)-f(q)|=|g(r)-g(q)|=d(r,q)$ . QED
Bono De hecho $n+3$ es lo mejor posible.
En la primera versión de esta respuesta "probé" el Teorema 2 con $2n+1$ en lugar de $n+3$ . La inducción estaba bien, más o menos lo mismo que arriba; el problema era que había "probado", en gran medida sobre la base de un deseo, que el Teorema 1 era cierto con $3$ en lugar de $4$ . Gracias de nuevo a @achillehui por señalar que estaba equivocado.
Creo que la forma más simple de mostrar que $4$ es lo mejor posible para $n=1$ es esto: Deje que $X$ consisten en los cuatro puntos $(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)$ , con el $ \ell ^1$ métrica (es decir, $d(x,y)=|x_1-y_1|+|x_2-y_2|$ ). Es fácil ver que cualquier $3$ -subconjunto de puntos de $X$ se incrusta en $ \Bbb R$ y que $X$ no lo hace.
Ese ejemplo en realidad se generaliza a $n \ge1 $ pero cuando se presenta de esa manera no está tan claro cómo. Voy a dar una descripción bastante cuidadosa de un ejemplo que muestra que $5$ es lo mejor posible para $n=2$ . Afirmo que es Es evidente que el ejemplo que se presenta a continuación se generaliza para mostrar que $n+3$ es lo mejor posible para $n \ge2 $ y me voy como un ejercicio sin importancia para mostrar cómo el ejemplo para $n=1$ arriba es en realidad la misma construcción que la que yo doy por $n=2$ si lo miras bien.
Deje que $a_1,a_2,a_3$ son los vértices de un triángulo equilátero en el plano. Dejemos que $c$ ser el centro de ese triángulo. Dejemos que $X=\{a_1,a_2,a_3,c,c'\}$ donde $c'$ es algo más. Definir una métrica sobre $X$ : Primero, define la distancia entre dos puntos cualquiera de $\{a_1,a_2,a_3,c\}$ para ser la distancia euclidiana como puntos en el plano. Define $$d(c',a_j)=d(c,a_j)$$ y establecer $$d(c,c')=2h,$$ donde $h$ es la distancia perpendicular de $c$ a uno de los lados de nuestro triángulo. No hay necesidad de rascarse la cabeza por la desigualdad del triángulo, que seguirá cuando mostremos que cualquier $4$ -subconjunto de puntos de $X$ puede ser incrustado en el avión.
Si quitamos $c'$ de $X$ lo que queda es un subconjunto del avión. Si quitamos $c$ podemos establecer $f(c')=c$ para incrustar los cuatro puntos restantes.
Supongamos que quitamos $a_3$ . Mapea cada uno de los puntos $a_1,a_2,c$ a sí mismo. Mapa $c'$ hasta el punto en el otro lado del segmento $[a_1,a_2]$ así que tenemos un rombo con diagonales $[a_1,a_2]$ y $[c,f(c')]$ .
Así que cualquier cuatro puntos de $X$ puede ser incrustado en el avión. Pero $X$ no se incrusta en el plano; si esto no está claro puede probarse a partir de Lemma 1 y Lemma 0 utilizando los argumentos anteriores.
Así que $5$ es lo mejor posible para $n=2$ . Y afirmo de nuevo que la misma construcción muestra que $n+3$ es lo mejor posible para $n \ge2 $ Si alguien quiere escribir una descripción formal, que lo haga. (Para $n=3$ empezamos con los vértices y el centro de un tetraedro regular y añadimos una especie de duplicado del punto central...)
