La esfera no admite una isometría métrica en un espacio euclidiano.

Question

El problema. No hay incrustación $f:S^2\to \mathbf R^3$ tal que para todos los puntos $p, q\in S^2$ tenemos $d_{S^2}(p, q)=d_{\mathbf R^3}(f(p), f(q))$ .

Aquí $d_{S^2}$ es la métrica en $S^2$ que se induce a partir de la métrica de Riemann inducida en $S^2$ de $\mathbf R^3$ Es decir, $d_{S^2}(p, q)$ es la longitud del gran arco circular más corto que une $p$ y $q$ . Aquí $d_{\mathbf R^3}(f(p), f(q))$ es la distancia euclidiana entre $f(p)$ y $f(q)$ .

En este En la introducción se señala que este problema puede resolverse observando que la curvatura de $S^2$ no desaparece.

No veo cómo estamos haciendo uso de la curvatura para resolver este problema.

Answer 1

Considere $X$ conjunto de cuatro puntos en $S^2(1)$ : $|pq|=|qr|=|pr| = \frac{\pi}{2}$ y $|qt|=|tr|=\frac{\pi}{4},\ |pt|= \frac{\pi}{2}$ . Así que no hay incrustación isométrica $f$ de $X$ a $\mathbb{E}^3$ .

[Añadir] En lo anterior hemos demostrado que no existe ninguna isometría de $T$ a espacio euclidiano donde $T$ es un triángulo equilátero de lado $\frac{\pi}{2}$ en una esfera. Por lo tanto, la esfera no es plana.

En el papel, podemos dudar de que pueda haber isometría local. Por lo tanto, se necesita un pequeño triángulo equilátero $T'$ en una esfera. Un pequeño cálculo (pero la idea es la misma que la anterior) muestra que no hay isometría alrededor de $T'$ . Por lo tanto, el documento concluye que la esfera no es localmente plana.

Answer 2

Toma el círculo ecuatorial $S^1\subseteq S^2$ . Si $S^2$ está incrustado en el sentido fuertemente isométrico que has descrito, entonces $S^1$ también lo es. Pero no hay una incrustación fuertemente isométrica de un círculo en el espacio de Hilbert, ya que tal incrustación tendría que ser una línea recta (tratar con la curvatura gaussiana es una pista falsa).