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Si cada subconjunto de cinco puntos de un espacio métrico puede ser incrustado isométricamente en el plano, ¿entonces es posible para el espacio métrico también?

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 R2 entonces es verdad que X también puede ser incrustado isométricamente en R2 ?

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David C. Ullrich Puntos 13276

Las "incrustaciones" de abajo son isométricas; (X,d) es un espacio métrico.

De hecho X puede ser incrustado en Rn si y sólo si cada subconjunto de X que no contenga más de n+3 los puntos pueden ser incrustados en Rn . 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 R , a,b son dos puntos distintos de X , x,y son dos puntos distintos de R y |xy|=d(a,b) entonces hay exactamente una incrustación f:XR con f(a)=x y f(b)=y . (Para la existencia, reemplazar la incrustación dada g por ±g+c . Para la unicidad, tenga en cuenta que si |f(a)t|=|f(a)s| y ts entonces f(a)=(s+t)/2 y de manera similar para f(b) .)

Teorema 1. X puede ser incrustado en R si y sólo si cuatro puntos de X puede ser incrustado en R .

Prueba: Para la dirección menos trivial: Podemos asumir X tiene más de un punto. Elija p,qX y definir f(p)=0 , f(q)=d(p,q) . Supongamos que rX , rp,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:XR 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...)

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