Si $ \beta: (a,b)\rightarrow \mathbb{S}^2 $ es una curva de cerrado simple tal que $ \int_a^b\Vert\beta^{\prime}(t) \Vert dt<2\pi$ entonces no hay un hemisferio abierto (o cualquier giro de esto) que contiene la imagen de $\beta $
¡Gracias!
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
He aquí una constructivo prueba de que se siente como que es más complicada de lo necesario, pero no he sido capaz de encontrar una manera más fácil argumento.
Suponer sin pérdida de generalidad que $\beta$ tiene velocidad constante $|\dot \beta| = v$ y parametrizadas en $S^1 = \mathbb R / 2 \pi \mathbb Z$, por lo que la longitud de la condición se vuelve $v < 1$. El uso de la costumbre de la unidad de la esfera de $\mathbb S^2 \subset \mathbb R^3$.
Voy a demostrar que el "centro de masa del vector"
$$ X = \int_{\mathbb S^1} \gamma(t) dt \in \mathbb R^3$$ define un hemisferio $\{ p \in \mathbb S^2 : p \cdot X > 0 \}$ contiene $\gamma$. (La integral de aquí se entiende componente sabio en $\mathbb R^3$.)
Este consiste en mostrar que para cada $s$, $$\gamma(s) \cdot X = \int_{s-\pi}^{s+\pi} \gamma(s) \cdot \gamma(t) dt > 0.$$
Desde $\gamma$ tiene velocidad $v$, $\gamma(t)$ hace un ángulo de más de $v |t-s|$$\gamma(s)$$\gamma(s)\cdot \gamma(t) \ge \cos(v |t-s|)$. Así
$$ \gamma(s) \cdot X \ge \int_{-\pi}^{\pi} \cos(vt)dt = \frac1v \int_{-v\pi}^{v\pi} \cos(z) dz = \frac2v \sin(v \pi) > 0$$
desde $0 < v < 1$.
Seirios
Puntos
19895
R. A. Cuerno dio una primaria de la prueba en su artículo Sobre Fenchel del teorema (American Mathematical Monthly, 78, 1971, 380-381). El argumento es como sigue:
Deje $\Gamma$ ser una curva en $\mathbb{S}^2 \subset \mathbb{R}^3$ de la longitud de la $<2 \pi$. Deje $P,Q \in \Gamma$ corte de $\Gamma$ en dos pedazos $\Gamma_1, \Gamma_2$ de igual longitud, es decir,. $$\mathrm{lg}(\Gamma_1)= \mathrm{lg}(\Gamma_2)= \frac{1}{2} \mathrm{lg}(\Gamma).$$ Thanks to a rotation, we may suppose without loss of generality that $P$ and $P$ are symmetric with respect to the North pole $$N.
Supongamos que $\Gamma_1$ cruza el ecuador a través de un punto de $R$; deje $R'$ $\Gamma_2'$ denotan respectivamente las imágenes de $R$ $\Gamma_1$ a través de la simetría con respecto al $N$. Deje $\Gamma':= \Gamma_1 \cup \Gamma_2'$. Observe que $$\mathrm{lg}(\Gamma')= \mathrm{lg}(\Gamma).$$
Debido a $\Gamma'$ contiene dos arcos de unirse a la antipodal puntos de $R$$R'$, podemos deducir $$\mathrm{lg}(\Gamma)= \mathrm{lg}(\Gamma') \geq 2d(R,R')=2 \pi.$$
Por lo tanto, $\Gamma_1$ no cruzan el ecuador; por supuesto, lo mismo sucede con $\Gamma_2$. Finalmente, podemos deducir que $\Gamma$ está contenida en el hemisferio superior (después de la rotación anterior).
