¿Cuándo más corto significa más pequeño?

Question

Supongamos una figura convexa $F\subset \mathbb R^2$ satisface la siguiente propiedad: si $f:F\to \mathbb R^2$ es un mapa de distancia no creciente, entonces su imagen $f(F)$ es congruente con un subconjunto de $F$ .

¿Es cierto que $F$ ¿es un disco redondo?

Observaciones:

• Es fácil ver que el disco redondo tiene esta propiedad.

• Se puede reformular la propiedad: si para algún conjunto $G\subset\mathbb R^2$ existe un mapa de distancia-no-contratación $G\to F$ entonces existe un mapa que preserva la distancia $G\to F$ . (La equivalencia se desprende de Teorema de Kirszbraun )

• No se conoce ningún mapa malo para la siguiente figura: intersección de dos discos digamos disco unitario con centro en (0,0) y un disco con radio 1,99 y centro en (0,1) --- ver comentarios de Martin M. W. abajo. (Esto podría ser un contraejemplo .)

• Algunas cifras como Triángulo de Reuleaux son malos (ver los comentarios más abajo)

• La construcción con dos pliegues a lo largo de líneas paralelas (véase más abajo) da lo siguiente: Si $F$ es bueno entonces para cualquier punto $x\in \partial F$ la restricción de $dist_x$ a $\partial F$ no tiene mínimos locales excepto $x$ . (Esta propiedad es válida para cualquier forma $C^2$ -cerca de un disco redondo).

• Este problema pretendía ser un ejercicio para los alumnos del colegio, pero no fui capaz de resolverlo :). Aparece impreso en 2008 (en ruso), véase el problema nº 5 en .

• Una respuesta es aceptado, PERO sólo proporciona una solución para las cifras no limitadas.

Answer 1

Romperé la tradición de la acumulación de comentarios interesantes y publicaré una solución parcial sugerida (de algo). La estructura de mathoverflow no es, de alguna manera, perfecta para una discusión incremental (aunque es genial en muchos aspectos).

La idea principal hasta ahora para los mapas contractivos relevantes es doblar el plano por la mitad. Así que se podría cambiar la pregunta y preguntar si cualquier forma convexa que no sea un círculo tiene la propiedad de que siempre cabe dentro de sí misma si se dobla una vez a través de una cuerda. [ Editar 1: Si lo preguntas, la respuesta es que un pliegue no es suficiente para un círculo abollado, como señala Martin en el comentario]. Un triángulo de Rouleaux no tiene esta propiedad, pero quizá sea interesante comprobar otros polígonos regulares de Rouleaux.

Creo que ninguna elipse (que no sea un círculo) tiene esta propiedad. Hay que tener un poco de cuidado porque si tomas una elipse que no sea redonda y no demasiado fina, entonces si la doblas por su semieje corto, la media elipse puede encajar dentro de la elipse original de formas no estándar.

Si, en cambio, doblas la elipse por su semieje largo, entonces trivialmente la media elipse sólo cabe en la elipse original de una manera (hasta la simetría). Supongamos que se inclina ligeramente esta cuerda, pero se mantiene pasando por el centro, y luego se corta la elipse por la mitad. Entonces creo que esta especie de media elipse también encaja en la elipse original de una manera. Si eso es correcto, entonces si doblas la elipse a lo largo de esta cuerda ligeramente inclinada, entonces la forma doblada no cabe en la elipse original. [ Editar 2: Anton dice que no es cierto, y que esta media elipse que se corta en una ligera diagonal puede ser movible dentro de la elipse original. No sé si se puede mover lo suficiente, pero me abstendré de especular].

Un truco similar funciona para cualquier polígono regular de lados Impares $P$ . $P$ tiene la diagonal más larga. Haz una cuerda que esté cerca de esta diagonal y sea paralela a ella, de modo que la región de un lado que tiene la mayoría de los vértices tenga menos de la mitad del área. Esta subregión sólo cabe en $P$ en un sentido, por lo que si se dobla a lo largo de esta cuerda la forma doblada no encaja. [ Editar 2: Al menos este caso del argumento realmente funciona].

Conjeturo que si $K$ es cualquier forma convexa cuyas cuerdas más largas están aisladas, entonces, ya sea inclinando o desplazando una cuerda más larga, se puede hacer un pliegue que no cabe en $K$ . [ Editar 2: Una conjetura tonta mientras el caso del elipsoide esté en duda].

En cambio, un cuerpo de anchura constante tiene la propiedad contraria. Tiene un círculo entero de cuerdas más largas, en un sentido natural una familia máxima de ellas.

Answer 2

He aquí algunas reflexiones sobre la cuestión:

En primer lugar, aunque esto es probablemente obvio para todos los que ya han posteado, la región F debe estar acotada (si no lo está $\mathbb{R}^2$ ). Si no es así, como es convexo, debe contener un rayo infinito, y F debe estar contenido en un semiespacio ya que es convexo. Tomemos la proyección sobre el rayo, y luego mapeemos el rayo por arclitud sobre una espiral que no puede vivir en ningún semiespacio, por ejemplo. Este mapa entonces no puede estar contenido dentro de F y es claramente decreciente en longitud.

Por tanto, supongamos que F está acotado. Entonces creo que podemos asumir que F es compacto, tomando su cierre. Cualquier mapa 1-Lipschitz de F a $\mathbb{R}^2$ se extenderá a un mapa 1-Lipschitz del cierre, y si la imagen se encuentra en F, entonces su cierre se encontrará en el cierre. Esto probablemente no ayuda en absoluto.

Edición: como ha señalado Anton Petrunin, el siguiente argumento es falso: Ahora, el espacio de los mapas de 1-Lipschitz a $\mathbb{R}^2$ es convexo (y creo que es completo en la topología sup). Además, es un ejercicio fácil ver que cualquier combinación convexa de mapas 1-Lipschitz que yacen en copias isométricas de F también yacen en copias isométricas de F (las combinaciones convexas de isometrías dan mapas afines conformes con dilatación $\leq 1$ ). Así que para demostrar la afirmación para una región dada F, necesitamos "sólo" demostrar que los mapas extremos, es decir, los que no son combinaciones convexas de otros mapas, están contenidos en una copia isométrica de F. No estoy seguro de si esto ayuda, pero podría haber alguna literatura sobre la estructura convexa de los mapas 1-Lipschitz que uno podría explotar.

Answer 3

Es una respuesta incompleta, pero tal vez ayude replantear el problema como se indica a continuación. La razón por la que el círculo redondo tiene esta propiedad es que, sin pérdida de generalidad, el mapa $f$ fija el origen; y entonces como $f$ hace que todas las distancias sean más cortas, QED.

Para simplificar las cosas, supondré que $F$ está acotado. Definir $ρ_θ$ para ser una rotación euclidiana (sobre el origen) a través del ángulo $θ$ .

Para $z\in F$ Consideremos la función $d_z(x,y):=\sup\{λ: x\not\in y+λ (F-z)\}$ Si $F$ eran simétricos bajo $-1$ sería una función de distancia clásica; sí satisface la desigualdad del triángulo al razonar sobre las sumas de Minkowski: si $x\in a F$ y $y\in x+b F$ entonces $y\in (a+b) F$ . También es invariable por traslación: $d_z(x+v,y+v)=d_z(x,y)$ .

Queremos saber para qué $F$ hace $f$ siendo euclidiano-corto implica que para algunos $θ$ y algunos $z\in F$ , $ρ_θ\circ f$ es $d_z$ -corta.

Algunas observaciones fáciles, si $F$ no es un círculo redondo, entonces (por compacidad relativa) supongamos que ni $d_z < |\cdot|$ ni $d_z > |\cdot|$ y entonces creo que construir un contraejemplo de tipo plegable debería ser fácil? Pero como dije antes, es una respuesta incompleta.

Answer 4

Inspirado en el pregunta sobre el origami La única sugerencia nueva que puedo hacer es mencionar el origamista Robert J. Lang . Según la biografía de su página web, también es físico. Había un problema abierto llamado el problema de doblar la servilleta : ¿Existe un mapa contractivo del cuadrado al plano que aumente su perímetro? Lang encontró un contraejemplo utilizando su experiencia en el origami.

En realidad, acabo de descubrir que tú (Anton) ya conoces esta historia, siguiendo un enlace en la página de Wikipedia. Sin embargo, mi comentario restante es que tal vez Lang es una buena referencia o experto para esta nueva pregunta.

Answer 5

Edición: No he podido hacer funcionar el segundo paso :-(

Aquí va mi intento: asumir $F$ es un límite conectado cerrado conjunto convexo que no es un disco redondo. Queremos demostrar que existe un mapa de distancia no creciente $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ tal que $f(F)$ no es congruente con ningún subconjunto de $F$ .

Paso 1: Hay un disco cerrado $D$ que satisface las siguientes propiedades:
(1) $D \not \supseteq F$ y
(2) para todo subconjunto $S$ de $D$ , si $S \supsetneqq D \cap F$ entonces $S$ no es congruente con ningún subconjunto de $F$ .
Para verlo: comience con cualquier disco $D_0$ con diámetro $d$ menor que el diámetro de $F$ . Si existe un subconjunto $S_0$ de $D_0$ tal que $S_0 \supsetneqq D_0 \cap F$ pero $S_0$ es congruente con un subconjunto $S_1$ de $F$ y luego se mueve $D_0$ (es decir, trasladar el centro de $D_0$ ) en la cantidad adecuada, obtenemos un disco $D_1$ de diámetro $d$ que contiene $S_1$ . Si $D_1$ no satisface (2), entonces repite este proceso. Porque $F$ está acotada y el área de $D \cap F$ es una secuencia creciente, sólo puede haber dos posibilidades: o bien
(a) existe un disco de diámetro $d$ que satisface (2), o
(b) $F$ contiene un disco de diámetro $d$ .
Desde $F$ no es un disco, existe $d < $ diámetro( $F$ ) tal que (b) no se cumple para $d$ . Entonces, por el argumento anterior, (a) es verdadera, lo que completa el paso 1.

Paso 2: Dejar que $D$ sea como en el paso 1. WLOG asumir $D$ está centrado en el origen. Construir un mapa de área no creciente $f: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ tal que $f$ es la identidad en $D$ y $f$ mapea un punto de $F \setminus D$ a $D \setminus F$ . Tiene que haber una forma mejor de verlo que la que propongo ahora, pero allá vamos. Permítanme primero describir la idea: dejemos que $P$ sea uno de los puntos de "esquina" de $D \cap F$ tal que hay puntos de $F$ cerca de $P$ y en el exterior $D$ . Escoge un punto así $Q$ y construir $f$ de manera que $f$ gira $Q$ un poco y luego se retrae en $D$ . El punto es que usted querría usar la retracción para compensar el aumento de la distancia causada por la rotación (no uniforme).

Pensándolo bien, lo dejaré ahora y me iré a comer algo, e intentaré tener la construcción escrita mientras tanto. Pero lo más probable es que alguien tenga una idea mejor para cuando vuelva.