¿Pueden simplificarse todos los "polígonos esféricos diedros"?

Question

A los efectos de esta pregunta, un polígono esférico en $\mathbb S^2$ con emparejamientos laterales isométricos se denomina diedro si:

• Tiene forma de estrella con respecto a algún punto interior;
• Es homeomorfo a $D^2$ como polígono, y a $S^2$ después de realizar los emparejamientos laterales;
• Sus vértices se encuentran en los polos o en el ecuador; y
• Bajo los emparejamientos laterales, los vértices polares nunca se pegan a los vértices ecuatoriales, y la suma de los ángulos interiores de un conjunto máximo de vértices ecuatoriales que se pegan es o bien $\pi$ o $2\pi$ . (Obsérvese que se permite que los vértices sean degenerados, es decir, que tengan ángulo interior $\pi$ .)

Los dos ejemplos más sencillos de polígonos esféricos diedros son los bigons con sus aristas opuestas emparejadas, o los bigons con dos vértices ecuatoriales degenerados añadidos y los emparejamientos de aristas inducidos por una reflexión en el ecuador. Estos dos ejemplos se muestran a continuación.

Creo que, esencialmente, estos son los dos únicos ejemplos, es decir, dado cualquier polígono esférico diédrico, se puede cortar y pegar, reetiquetando coherentemente las aristas, de tal manera que se simplifique a uno de los dos casos anteriores. Otra forma de decir esto es (creo) que el cociente del polígono por los pares de lados es isométrico a uno de los anteriores. ¿Alguien tiene una idea de cómo demostrar esto, o tiene un contraejemplo? Por si sirve de ayuda, a continuación se muestra un ejemplo fácil de simplificación.

Answer 1

Primero supongamos que ambos polos son vértices del polígono. Entonces estamos hasta la simetría en uno de los cuatro casos siguientes:

Utilizar etiquetas sugerentes (por ejemplo, $n$ para el polo norte, etc.), el perímetro es $nw_1\cdots w_mse_1\cdots e_kn$ para algunos enteros no negativos $m,k$ donde $m+k$ es par. En la primera figura, podemos tener $m=k=0$ , en cuyo caso corresponde a tu primer ejemplo y hemos terminado. En la segunda figura, no podemos tener $k=0$ ya que esto no nos permitiría pegar borde $sn$ a nada. Así que ahora podemos asumir $m\ge1$ y $k\ge 1$ .

• Si $nw_1$ está pegado a $se_1$ (y $e_kn$ a $w_ms$ ), el resultado final no es homeomorfo a $S^2$ .

• Supongamos que $nw_1$ está pegado a $ne_k$ (y $se_1$ a $sw_m$ ). Entonces, en la figura 1, los vértices $w_1,e_1$ como paso de simplificación. Mientras que en las figuras 2 y 3, el ángulo interior en $w_m\equiv e_1$ supera $2\pi$ lo cual está prohibido. Queda la figura 4: Como el ángulo interior en $w_1\equiv e_k$ ya está $2\pi$ concluimos que $w_1w_2$ está pegado a $e_ke_{k-1}$ . Podemos cortar triángulo $ne_{k-1}e_k$ y pégalo de nuevo como triángulo $nw_2w_1$ que es un paso de simplificación que reduce el número de vértices.

• Por último, supongamos que $nw_1$ está pegado a $sw_m$ (y $se_1$ a $ne_k$ ). Para la figura 1, este es su segundo ejemplo y hemos terminado. Para las figuras 2, 3, 4, el ángulo interior en $w_1\equiv w_m$ ya está $2\pi$ por lo que debemos pegar $w_1w_2$ a $w_mw_{m-1}$ (y en particular, $m\ge 3$ ). Podemos cortar $nw_1w_2$ y pegarlo de nuevo como $sw_mw_{m-1}$ que es un paso de simplificación que reduce el número de vértices. (Si $m=3$ (este es el procedimiento de simplificación que ha puesto como ejemplo)

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A continuación, supongamos que todos los vértices son ecuatoriales y el perímetro es $e_1e_2\cdots e_me_1$ para algunos incluso $m\ge 2$ . Si $m=2$ vértices $e_1$ y $e_2$ deben ser antípodas y podemos rotar el polígono para mover los vértices a $n$ y $s$ lo que nos lleva a la figura 1. Si no está bien visto girar los vértices ecuatoriales hacia los polos, podemos, por supuesto, cortar también a lo largo de la diagonal $e_1e_2$ que pasa por el polo en el interior del polígono y reensamblar los triángulos esféricos resultantes en consecuencia.

Así que asuma $m\ge 4$ . Para producir $S^2$ debe existir un vértice tal que sus dos aristas incidentes estén pegadas. Wlog $e_1$ es un vértice de este tipo, es decir, $e_1e_2$ está pegado a $e_1e_m$ . De este modo, el ángulo interior se sitúa en $e_2\equiv e_m$ ya a $2\pi$ por lo que debemos pegar $e_2e_3$ a $e_me_{m-1}$ . Concluimos que los vértices $e_2$ y $e_m$ puede eliminarse, simplificando el polígono.

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Por último, supongamos que sólo un polo es vértice del polígono, es decir, que el perímetro es $ne_1\cdots e_mn$ para algunos impar $m\ge 3$ y pegamos $ne_1$ a $ne_m$ . En el perímetro resultante $e_1e_2\cdots e_m(\equiv e_1)$ debe haber un vértice tal que sus aristas incidentes estén pegadas. Si $e_1e_2$ está pegado a $e_me_{m-1}$ podemos cortar $ne_1e_2$ y volver a insertarlo como $se_me_{m-1}$ lo que nos lleva de nuevo al caso de los dos polos utilizados.

Por lo tanto, podemos suponer que existe algún $1<i<m$ tal que $e_ie_{i-1}$ está pegado a $e_ie_{i+1}$ . Esto nos permite cortar $e_{i+1}\cdots e_mn$ (que puede ser degenerado) y volver a insertarlo como $e_{i+1}'\cdots e_1n$ . Después de eso, cortar $ne_ie_{i+1}$ y volver a insertarlo como $se_ie_{i-1}$ lo que nos lleva de nuevo al caso de que se utilicen ambos polos.