Una pregunta sobre curvas continuas en $\mathbb{R}^2$

Question

Que $f:[a,b]\longrightarrow\mathbb{R}^2$ ser una función continua tal que $$f(a)=(0,0),\ f(b)=(0,1).$ $ es cierto que debe existir $t_1,t_2\in [a,b]$ tal que $\displaystyle f(t_1)-f(t_2)=(0,\frac{1}{2})?$

Si no, por favor dar un contraejemplo.

Answer 1

Más de un comentario, el caso particular $f(t) = (f_1(t), t)$, la gráfica de una función, es relevante, y que de alguna manera bien conocida. En este caso, si $f_1(0)=f_1(1)$, existe $t$, $t+\frac{1}{2}\in [0,1]$ así que $f_1(t) = f_1(t+\frac{1}{2})$. La prueba debe ser clara. Se debe trabajar con $\frac{1}{n}$ -, pero no con otras distancias! ( hay contador de ejemplos).Así que para aquellos pruebas de que funciona para cualquier $\delta >0$, que no deberían.

${Added:}$ Aquí está un enlace a un artículo con más relevantes referencias en "horizontal acordes en los gráficos".

$\bf{Added:}$ Aquí está un ejemplo de una función $f(t) = (f_1(t), t)$ $[0,1]$ a $\mathbb{R}^2$, $f(0) = (0,0)$, $f(1)= (0,1)$, de modo que no existe en esta curva vertical acorde o longitud de $\frac{\pi}{4}$. Tome $f_1(t) = \sin(8 t) - t \sin 8$.

Answer 2

Esta respuesta es errónea, como lo señaló Wen. No voy a eliminarlo: tal vez alguien le resultará útil para crear un contraejemplo de trabajo

Creo que esto debería funcionar como un contraejemplo.
Tomar $a=0$, $b=7$. Vamos a definir $f$ piecewisely.
Para $t\in[0,1]$, $\ \ f(t)=(\frac{t}{2},0) $;
para $t\in[1,2]$, $\ \ f(t)=(\frac{1}{2},\frac{t-1}{4})$;
para $t\in[2,3]$, $\ \ f(t)=(\frac{1}{2}-(t-2),\frac{1}{4})$;
para $t\in[3,4]$ $\ \ f(t)=(-\frac{1}{2},\frac{1}{4}+\frac{3}{8}(t-3))$;
para $t\in[4,5]$, $\ \ f(t)=(-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}(t-4),\frac{5}{8})$;
para $t\in[5,6]$, $\ \ f(t)=(1,\frac{5}{8}+\frac{3}{8}(t-5))$;
para $t\in[6,7]$, $\ \ f(t)=(1-(t-6),1)$.
Ya que es posible que hice algún error en la parametrización, la idea es la siguiente:
Inicio de $(0,0)$; ir a lo largo del eje x para el punto de $(\frac{1}{2},0)$; ir hasta el punto de $(\frac{1}{2},\frac{1}{4})$; ahora "volver atrás" hasta el punto de $(-\frac{1}{2},\frac{1}{4})$; ahora ir hasta el punto de $(-\frac{1}{2},\frac{5}{8})$. En este punto está por encima de los puntos con coordenada $\frac{1}{2}$. Para agregar $\frac{3}{8}$ verticalmente, sin tener dos puntos de $t_1,t_2$ s.t. $f(t_1)-f(t_2)=(0,\frac{1}{2})$, es necesario volver a ir "más allá" $\frac{1}{2}$ en la dirección x, entonces usted puede llegar a los puntos con coordenada y 1 "de forma segura".

Answer 3

Voy a utilizar el concepto bien conocido de Brouwer topológico de grado. Aquí está una breve idea intuitiva (a grandes rasgos) de la construcción de dicha herramienta.

Dada una (al menos) $C^2$ función de $g\colon\Omega\subseteq\mathbb R^n\to\mathbb R^n$ (o, más generalmente, entre dos orientada a los colectores de la misma dimensión) y $y\in\mathbb R^n$ regular valor de $g$ tal que $g^{-1}(y)$ es compacto (por lo tanto finito, por el teorema de la función inversa), se define el grado de Brouwer $g$ $y$ como el número entero $$\deg(g,y) = \sum_{x\in g^{-1}(y)} {\rm sign}\det g'(x),$$ donde $g'(x)$ es la matriz jacobiana de $g$ $x$ ${\rm sign}\ t$ $1$ $t>0$ o $-1$$t<0$.

Se puede probar que este número es homotopy invariante, es decir, si $f$ $g$ son homotópica y $y$ es un valor regular para ambos $f$$g$, luego $$\deg(f,y) = \deg(g,y).$$

El uso del teorema de Sard para definir el grado de mapas en los puntos críticos, tenemos que, dado un $C^2$ función $h$, $\deg(h,\cdot)\colon\mathbb R^n\to\mathbb Z$ es un continuo localmente función constante.

Ahora, dada una función continua $f\colon\Omega\to\mathbb R^n$, se puede elegir una función suave $g$ "lo suficientemente cerca de $f$" (usando la aproximación de Weierstrass teorema) y definir el grado de $f$ en algún valor $y$ por $$\deg(f,y) = \deg(g,y),$$ en el lado derecho ya está definido.

Brevemente, el grado de Brouwer puede ser pensado como un mapa de tomar una función continua $f\colon\Omega\to\mathbb R^n$ y algunos de valor de $y\in\mathbb R^n$ y dar un número entero.

Además, observe que si $\deg(f,y) \neq 0$, entonces la ecuación de $f(x) = y$ tiene al menos una solución.

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Ahora estamos listos para pensar el problema.

Deje ${\rm I} = [0,1]$$q=(0,1/2)$. Considere la posibilidad de $\alpha\colon{\rm I}\to\mathbb R^2$ ser una función continua tal que $\alpha(0) = (0,0)$ $\alpha(1) = (0,1)$ y .

Deje $\gamma\colon{\rm I}\to\mathbb R^2$ ser la función suave $$\gamma(t) = (\sin(\pi t), t).$$ Aquí es la trama de $\gamma$:

Definir $F, G\colon {\rm I}^2\to\mathbb R^2$ (nota de la misma dimensión) por $$F(x,y) = \alpha(x) - \alpha(y)$$ and $$G(x,y) = \gamma(x) - \gamma(y).$$

Tenemos que $F$ $G$ son homotópica ya que asume los valores en $\mathbb R^2$ (podemos tomar el lineal homotopy). Por lo tanto, $\deg(F,q) = \deg(G,q)$.

Vamos a calcular el $\deg(G,q)$. En primer lugar, tenemos que comprobar que $q$ es de hecho una regular valor de $G$ a aplicar a continuación el título de la fórmula. Vamos a echar un vistazo a la $G^{-1}(q)$.. con alguna hacia adelante cálculos, podemos ver que $$G(x,y) = q \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x = k + 3/4 \\ y = k + 1/4 \end{de la matriz}\right. k\in\mathbb Z$$ y $k=0$ da la solución $(x,y)=(3/4,1/4)$, que se encuentra en ${\rm I}^2$. Por lo $G^{-1}(q) = \{(3/4,1/4)\}$.

Tenga en cuenta que $$G'(x,y) = \begin{bmatrix} \pi\cos(\pi x) & -\pi\cos(\pi y) \\ 1 & -1 \end{bmatrix},$$ así $$\det G'(x,y) = -\pi(\cos(\pi x) - \cos(\pi y))$$ y $$\det G'(3/4,1/4) = \pi\sqrt{2} > 0.$$ Por lo tanto, \begin{equation*} \begin{split} \deg(G,q) & = \sum_{(x,y)\in G^{-1}(q)} {\rm sign} \det G'(x,y) \\ & = {\rm sign} \det G'(3/4,1/4) \\ & = {\rm sign} \pi\sqrt{2} \\ & = 1. \end{split} \end{ecuación*}

Desde $\deg(F,q) = \deg(G,q) = 1 \neq 0$, llegamos a la conclusión de que existe una $(x_0,y_0)\in{\rm I}^2$ tal que $F(x_0,y_0) = q$, es decir, $$\alpha(x_0) - \alpha(y_0) = (0,1/2).$$

Answer 4

Esto es equivalente a afirmar:

Deje $ I = [0, 1] $. Si $ \phi: I^2 \to \mathbb{R}^2 $ si de la forma $ \phi(s, t) = f(s) - f(t) $ para algunos continua $ f:I \to \mathbb{R}^2 $ tal que $ f(0) = (0,0)$ $ f(1) = (0,1) $ existe $ (s_0, t_0) \in I^2 $ tal que $ \phi(s_0, t_0) = (0, \frac{1}{2}). $

Denotar por $ \gamma(f) $ la trayectoria de $ f $. Tenga en cuenta que $ -f $ es la rotación de $ f $ $ \pi $ radianes alrededor del origen. Tan geométricamente $ \gamma(-f) $ $ \gamma(f) $ girado por $ \pi $ radianes alrededor del origen. Por lo tanto escribir $ R = -f $$ \phi(s,t) = f(s) + R(t) $.

La imagen de $ I^2 $ $ \phi $ es la unión de todas las posibles traducciones por $ f(t) $$ \gamma(R) $ . En otras palabras, es el conjunto generado por el deslizamiento de $ \gamma(R) $ $ \gamma(f) $ como eje.

Matemáticamente, $$ \phi(I^2) = \bigcup_{t \in I} \big( f(t) + \gamma(R) \big) $$

Por el bien de visualización I utiliza GeoGebra para escribir una aplicación interactiva que se puede ejecutar aquí.

Deje $ f(t) = (f_1(t), f_2(t)) $$ g(t) = f(1) + R(t) $. Por lo $ g $ es sólo una traducción en particular de $ R $$ f $. Ahora vamos a $h$ a ser la curva de la concatenación de $f$$g$.

Tenga en cuenta que $h$ es una cerrada curva continua. Esto significa que podemos considerar $E$ a ser el cierre de la región acotada dada por el Jordan-Brouwer teorema de separación, que es compacto y conectado.

También tenga en cuenta que $ F = E \cap \phi(I) $ es simplemente conectado. Porque si no fuera, a continuación, $ \partial ( F ) = \partial(E) = \gamma(h) $ no sería contráctiles en $ F $. Esto significa que hay una atrapado punto de $ F^c $ dentro $ F $. Observe que $ F^c $ es la ruta de acceso conectado. Pero cualquier camino entre los puntos de $ E^c $ $ (E \backslash F)^c $ debe cruzar $ \partial E $. Lo que sería una contradicción.

Desde $ \partial(E) = \gamma(h) \subset \phi(I^2) $ se sigue que $ E \subset \phi(I^2) $.

Por el teorema del valor intermedio, existe $\tau_1$ tal que $ f_2(\tau_1) = g_2(\tau_1) = \frac{1}{2} $.

Deje $ L $ ser el camino recto que conecta $f(\tau_1)$$g(\tau_1)$. En el caso de $ L $ intersecta $ f_2 $ varias veces tome $ \tau_1 $ a de ser tal que la distancia entre el $ f_1(\tau_1) $ $ 0 $ es el mínimo.

De nuevo, por el teorema del valor intermedio, existe $\tau_2$ tal que $ L(\tau_2) = (0, \frac{1}{2}) $.

Teniendo en cuenta que $ \gamma(L) \subset E \subset \phi(I^2) $ llegamos a la conclusión de que no existe $(s_0, t_0) \in I^2$ tal que $ \phi(s_0, t_0) = L(\tau_2) = (0, \frac{1}{2}) $ como se reivindica.