Que $f:K\to K$ $\|f(x)-f(y)\|\geq ||x-y||$ % todos $x,y$. Muestran que sostiene la igualdad y que $f$ es sobreyectiva.

Question

$K$ es un subconjunto compacto de $\Bbb R^n$ y $f:K\rightarrow K$ satisface:

$$\|f(x)-f(y)\|\geq \|x-y\|$$

Que $f$ es biyectiva y que: $$\|f(x)-f(y)\| = \|x-y\|

Es fácil demostrar que $f$ es inyectiva. Pero no puedo pensar en una manera de probar la suprayectividad.

Answer 1

Vamos a demostrar a la declaración de la $K$ espacio métrico compacto.

Deje $\epsilon >0$. El espacio compacto $K$ puede ser cubierto por un número finito de abiertos bolas $B(y_i, \epsilon/2)$, $i=1, \ldots m_{\epsilon}$. Por lo tanto, no existen en la mayoría de $m_{\epsilon}$$K$, cualquiera de los dos a una distancia de al menos $\epsilon$. Deje $n_{\epsilon}$ siendo el mayor número de $n$, de modo que no existe $n$ puntos $x_1$, $\ldots$, $x_n$ en $K$ $d(x_i, x_j) \ge \epsilon$ todos los $i\ne j$. Deje $\mathcal{K}_{\epsilon} \subset K^{n_{\epsilon}}$ ser el conjunto de todos los $n_{\epsilon}$-uples ${\bf x}\colon =(x_1, \ldots, x_{n_{\epsilon}})$. Está claro que $\mathcal{K}_{\epsilon}$ es compacto. Definir la función de $F \colon \mathcal{K}_{\epsilon}\to [0, \infty)$, $$F (x_1, \ldots, x_{n_{\epsilon}})= \sum_{i< j} d(x_i, x_j)$$

Claramente, $F$ es continua. Deje ${\bf x}$ ser un punto de máxima. Desde $d(f(x_i), f(x_j) ) \ge d(x_i, x_j)$, se deduce que el $(f(x_1), \ldots, f(x_{n_\epsilon}))$ $\mathcal{K}_{\epsilon}$ y por otra parte, $d(f(x_i), f(x_j) ) = d(x_i, x_j)$ para todos los $i$, $j$. Casi hemos terminado.

Considere ahora $y$, $z$ en $K$. Existen $i$, $j$ de modo que $d(f(x_i), f(y))< \epsilon$$d(f(x_j), f(z))< \epsilon$. Por lo tanto, $d(f(y), f(z)) < d(f(x_i), f(x_j)) + 2 \epsilon$. Ahora, también tenemos $d(x_i, y) \le d(f(x_i), f(y))$ y $d(x_j, z)\le d(f(x_j), f(z))$. Por lo tanto, $d(x_i, y)$, $d(x_j, z) < \epsilon$. Por lo tanto, $d(x_i, x_j) < d(y,z) + 2 \epsilon$.

Resumiendo

$$\begin{eqnarray} d(f(y), f(z)) &< &d(f(x_i), f(x_j)) + 2 \epsilon\\ d(x_i, x_j) &< &d(y,z) + 2 \epsilon\\ d(f(x_i), f(x_j)) &= &d(x_i, x_j) \end{eqnarray}$$

Por lo tanto, $d(f(y), f(z)) < d(y,z) + 4 \epsilon$.

Desde $\epsilon$ fue arbitraria, obtenemos $d(f(x), f(y))\le d(x,y)$.

Obs: La prueba de @Harald Hanche-Olsen: aquí me dio la idea de considerar a $\epsilon$ -redes; gracias a @David Mitra: por la sugerencia.

$\bf{Added:}$

No es difícil encontrar ejemplos de isometrías de totalmente delimitada pero no compacta métrica espacios de $K$ que no son surjective. Tomemos por ejemplo la $K = (e^{i n \theta})_{n \in \mathbb{N}}$ donde $\frac{\theta}{\pi} \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}$, como $((.6+ .8 i)^n)_{n \in \mathbb{N}}$. Sin embargo, no pude encontrar ejemplos de totalmente delimitada métrica espacios con amplios mapas $f$ que no son isometrías. Resulta que no hay ninguno. Así que vamos a mostrar que $f$ es una isometría si sólo suponemos $K$ totalmente acotado .

De nuevo tenemos en cuenta $\epsilon$-redes. El indicador de función para un $\epsilon$-net es ahora $$G(x_1, \ldots,x_n) \colon = \prod_{i< j} d(x_i, x_j)$$ acotada arriba por $\text{diam}(K)^{n_{\epsilon}}$. Deje $p$ el supremum de $G$ para todos los elementos posibles en $\mathcal{K}_{\epsilon}$. La función de $G$ no puede lograr su supremum $g$ desde $K$ es apriori no supone compacto. Sin embargo, vamos a ${\bf x}= (x_1, \ldots, x_{n_{\epsilon}})$$\mathcal{K}_{\epsilon}$, de modo que $G({\bf x}) \ge \frac{1}{1+\epsilon} g$. Es fácil ver que esto implica $$d(x_i, x_j) \le d(f(x_i),f(x_j)) \le (1+\epsilon) d(x_i, x_j)$$

para todos $i$,$j$. Una vez más, vamos $y$, $z$ en $K$ y $i$, $j$ de modo que $d(f(x_i), y) < \epsilon$$d(f(x_j), z) < \epsilon$. Como antes, nos muestran que $$d(f(y), f(z)) \le (1+\epsilon) ( d(y,z) + 2 \epsilon) + 2 \epsilon$$

hecho.