¿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 estaba destinado a ser un ejercicio para los estudiantes de la escuela, pero no fui capaz de resolverlo :). Aparece impreso en 2008 (en ruso), véase el problema nº 5 en El origami plano y el rublo largo.

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

Answer 1

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 no puede estar contenido en 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 de la clausura, y si la imagen se encuentra en F, entonces su clausura se encontrará en la clausura. 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 2

Voy a romper la tradición de la acumulación de interesantes comentarios y post de una propuesta de solución parcial (de algo). La estructura de mathoverflow es de alguna manera perfecta para un incremento de discusión (aunque es grande en muchos sentidos).

La idea principal hasta el momento de la contractura mapas plegables el avión por la mitad. Por lo que podría cambiar la pregunta y preguntar si alguno convexo de forma distinta de la de un círculo tiene la propiedad de que siempre encaja dentro de sí, si usted se retira de una vez a través de un acorde. [Edit 1: Si no preguntas, la respuesta es que una de las veces no es suficiente para una abollada círculo, como Martin señala en el comentario.] Un Rouleaux triángulo no tiene esta propiedad, pero tal vez es interesante comprobar regular Rouleaux polígonos.

Yo creo que no elipse (aparte de un círculo) tiene esta propiedad. Usted tiene que ser un poco cuidadoso, porque si usted toma una elipse que no es redondo y no muy fina, si luego doblar a lo largo de su corta semieje, la mitad de la elipse puede caber dentro de la elipse original en formas no estándar.

Si te retiras de la elipse a través de su larga semieje lugar, a continuación, trivialmente la mitad de la elipse sólo cabe en la elipse original en una forma (hasta simetría). Suponga que la inclinación este acorde ligeramente, pero lo que pasa por el centro, y luego se corta a la elipse en la mitad. Entonces yo pienso que este tipo de la mitad de la elipse también encaja en la elipse original de una sola manera. Si eso es correcto, entonces si te retiras de la elipse a lo largo de esta ligeramente inclinada acorde, entonces la forma plegada no encaja en el original de la elipse. [Edit 2: Anton dice que no es cierto, y que esta mitad de la elipse de la que se corta en una ligera diagonal puede meterse dentro de la elipse original. No sé si puede ser movido lo suficiente, pero me abstendré de especular.]

Una similar truco funciona para todos los pares de lados del polígono $P$. $P$ tiene una larga diagonal. Hacer un acorde que está cerca de esta diagonal y paralelo a la misma, por lo que la región en uno de los lados que tiene la mayoría de vértices tiene menos de la mitad de la zona. Esta subregión sólo encaja en $P$ de una manera, por lo que si se dobla a lo largo de este acorde, la forma plegada no encaja. [Edit 2: al menos En este caso, el argumento de que realmente funciona.]

Suponemos que si $K$ es cualquier forma convexa cuya más largo de los acordes están aislados, a continuación, ya sea por la inclinación o la compensación de una larga cuerda, usted puede hacer un pliegue que no encaja en $K$. [Edit 2: Un tonto conjetura tan largo como el elipsoide caso está en duda.]

Por otro lado, una constante de ancho de cuerpo tiene la propiedad opuesta. Tiene todo un círculo de los más largos de los acordes, en un sentido natural de un máximo de familia de ellos.

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.