Una pregunta acerca de las curvas de $\mathbb{R}^2$

Question

Necesito mostrar este resultado:

Deje $\alpha :I\rightarrow \mathbb{R}^2$ una curva suave, donde $I$ es un compacto de intervalo de la recta real. Si $\lVert \alpha (s) - \alpha (t) \rVert$ sólo depende de $|s-t|$, para todos los $s$, $t$ en $I$, $\alpha$ deben ser un subconjunto de una línea o un círculo.

He intentado llamar a $\lVert \alpha (s) - \alpha (t) \rVert=f(|s-t|)$ donde $f$ es liso, pero esto me llevó a ninguna parte. Además, he tenido una sugerencia para la fijación de $t$ $0$ $\alpha(0)=0$ a través de reparametrization y un movimiento rígido, por lo que tendría $\lVert\alpha(s) \rVert=f(|s|)$, $f$ es suave; esta conducen a la nada también. Creo firmemente que me debe demostrar que la curvatura de esta función si constante, $0$ (a continuación, se trata de una línea) o es una constante $\neq 0$ a partir de donde se encuentra en un círculo.

Por favor alguien puede darme una pista?

Answer 1

Ok déjame intentarlo de nuevo.

Primero de todo, supongo que $\alpha$ es parametrizada por longitud de arco.

Escribir $$\alpha(s)-\alpha(t)=\alpha'(t)(s-t)+\alpha''(t)\frac{(s-t)^{2}}{2}+o(|s-t|)$$

Entonces

\begin{eqnarray} \|\alpha(s)-\alpha(t)\|^{2} &=& \|\alpha'(t)(s-t)+\alpha''(t)\frac{(s-t)^{2}}{2}+o(|s-t|)\|^{2} \nonumber \\ &=& \|\alpha'(t)(s-t)+\alpha''(t)\frac{(s-t)^{2}}{2}\|^{2}+2\langle\alpha'(t)(s-t)+\alpha''(t)\frac{(s-t)^{2}}{2},o(|s-t|)\rangle \nonumber \\ &&+\|o(|s-t|)\|^{2} \nonumber \\ &=& |s-t|^{2}+k(t)\frac{|s-t|^{4}}{4}+o(|s-t|) \end{eqnarray}

Así que, como puedes ver, si $k(t)$ no es constante $\|\alpha(s)-\alpha(t)\|$ depende de $k(t)$. Por lo tanto las únicas posibilidades son el círculo o la línea. Pero un cálculo simple muestra que para el círculo y la línea de la afirmación es verdadera.

Answer 2

Usted no necesita la diferenciabilidad. A continuación es una prueba de que funciona al $\alpha$ sólo es continuo.

Podemos suponer que la $I$ comienza con $0$ : $I=[0,M]$ para algunos $M$. Supongamos que la imagen de $\alpha$ no está incluido en una línea. Luego hay $x_1<x_2<x_3$ tal que $\alpha(x_1),\alpha(x_2),\alpha(x_3)$ son no colineales. Deje $t\in ]0,M-x_3[$. Vamos ahora a $x=x_4$ ser un número arbitrario en $[0,M-t]$. Considerar las dos familias de cuatro puntos de $A_i=\alpha(x_i) (1 \leq i \leq 4)$$B_i=\alpha(x_i+t) (1 \leq i \leq 4)$. Son isométrica por hipótesis : $d(A_i,A_j)=d(B_i,B_j)$.

Por esta mayor StackOverflow pregunta, no es una isometría $\gamma(x,t)$ del avión envío de $A_i$$B_i$. Desde $\gamma(t)$ ya está determinada únicamente por su imagen en $\alpha(x_1),\alpha(x_2),\alpha(x_3)$, podemos ver que $\gamma(x,t)=\gamma(t)$ es de hecho independiente de $x$, y podemos escribir explícitamente a cabo los coeficientes de la matriz de $\gamma(t)$ en términos de las coordenadas de $\alpha(x_1),\alpha(x_2),\alpha(x_3)$ $\alpha(x_1+t),\alpha(x_2+t),\alpha(x_3+t)$ . Por lo $\gamma$ será continua si $\alpha$ es. Unicidad también se asegura de que $\gamma$ es un homomorphism (donde se define) : $\gamma(s+t)=\gamma(s)\gamma(t)$ al $s,t$ $s+t$ son todos en $I$.

Ahora ${\sf det}(\gamma(t))=1$ o $-1$, y por la continuidad de este determinante es siempre $1$ o $-1$. Desde $\gamma(0)$ es la identidad, vemos que $\gamma$ es siempre una (afín) de rotación. Tenemos $\gamma(s)\gamma(t)=\gamma(s+t)=\gamma(t)\gamma(s)$. Vemos que $\gamma(s)$ $\gamma(t)$ viaje, por lo que deben compartir el mismo punto central. Podemos deducir que el centro de $\Omega$ $\gamma(t)$ es independiente de $t$. Ahora para cualquier $s<t$, $\alpha(t)=\gamma(t-s)\alpha(s)$, por lo $\alpha(t)$ $\alpha(s)$ se encuentra a la misma distancia de a $\Omega$. Por lo $\alpha$ camina en un círculo de cnter $\Omega$, qed.