Cada positivos de rayos se cruzan una deformado simplex? Un topológica de la conjetura.

Question

Esta pregunta está motivada por mi respuesta parcial a una pregunta diferente. Voy a utilizar $\mathbb R_+$ para denotar el conjunto de no negativos reales.

Considerar el nivel simplex $\Delta^n=\{(x_0,\dots,x_n)\in\mathbb R_+^{n+1}:x_0+\dots+x_n=1\}.$ Nos da una función continua $f:\Delta^n\to\mathbb R_+^{n+1}$ con la propiedad de que conserva el cero de coordenadas, es decir, si $x_i=0$$f(x)_i=0.$, con Lo que los vértices del simplex mapa de los puntos en los ejes de coordenadas, $1$-caras (bordes) mapa de curvas en coordenadas $2$-aviones, y así sucesivamente. Yo creo que el siguiente conjetura es verdadera, pero no sé cómo demostrarlo arbitrarias $n$:

Conjetura: Para cualquier $y\in\mathbb R_+^{n+1}$, existe un punto de $x\in\Delta^n$ tal que $f(x)=ay$ para algunos escalares $a\in\mathbb R_+$. Geométricamente, cada rayo desde el origen acostado en $\mathbb R_+^{n+1}$ debe intersectar la superficie de la $S = f(\Delta^n)$.

Aquí están algunos ejemplos con $n=1,y=(1,1)$ $n=2,y=(1,1,1)$ respectivamente:

Estos ejemplos sugieren que cuando se $y\in\operatorname{int}\mathbb R_+^{n+1}$, el límite de $\partial S=f(\partial\Delta^n)$ "rodea" a la línea de $\{ay:a\in\mathbb R\}$, por lo que la superficie de la $S$ debe intersectar la línea. Así siento que la conjetura es esencialmente topológicos en la naturaleza y debe tener un natural de la prueba basado en algo como homotopy teoría. Por desgracia, yo no conozco a ninguna homotopy teoría.

Answer 1

Esto puede ser demostrado mediante Brouwer del teorema de punto fijo. Tenga en cuenta que el caso que $f(x) = 0$ para algunos x es trivial, por lo que mediante la proyección de $x \mapsto x/\|x\|_1$ podemos reducir el problema de si una asignación de un simplex en tal que todos los rostros se asigna a sí mismo debe ser surjective. Este es de hecho el caso. Supongamos que no, entonces habría algunos simplex $S$ y un punto de $x\in S^\circ$ que no está en la imagen de $f$. Habría entonces una retracción $r: S\setminus\{x\} \to \partial S$. También podemos encontrar un mapeo lineal $m:S\to S$ que cíclicamente permutes todos los vértices. La composición de la $m \circ r \circ f$ sería entonces una asignación continua de $S$ en sí mismo, sin puntos fijos.

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Para hacer esto un poco más explícito para el presente problema, voy a suponer que $y_i \ne 0$ todos los $i$. Cuando este no es el caso, el problema puede ser fácilmente reducido a una dimensión inferior. Para un determinado $f$, suponiendo $f(x)$ $y$ nunca son dependientes, entonces podemos definir una función de $g:\Delta^n\to\mathbb R_+^{n+1}$ por $$ g(x)_i = f(x)_i / y_i - \min_j f(x)_j / y_j $$ Esto es claramente una función continua y $g(x)_i = 0$ al $f(x)_i = 0$. Además, siempre hay un $i$ que $f(x)_i/y_i$ es mínima, por lo que $g(x)_i = 0$, pero $g$ no se ha extinguido debido a la independencia de $y$ y $f(x)$. Por lo tanto podemos definir a la $h:\Delta^n\to\Delta^n$ por $$ h(x)_i = \casos{ g(x)_{n+1}/\|g(x)\|_1 & si $i = 1$ \\ g(x)_{i-1}/\|g(x)\|_1 & lo contrario. } $$ Debido a $g(x)_i = 0$ para algunos, pero no todos los $i$, hay para todos los $x$ un $i$ tal que $h(x)_i = 0$, pero $g(x)_i \ne 0$ y, por tanto,$x_i \ne 0$. De ello se desprende que $h(x) \ne x$ todos los $x \in \Delta^n$. Esto contradice BFPT, por lo que nuestra suposición de que $y$ $f(x)$ siempre son independientes debe fallar.

Answer 2

Tal vez usted podría utilizar la generalizada de la curva de Jordan teorema de $S^n$ a probar esto.

Dada una incrustación $f$ de la $n$-dimensiones de la esfera $S^n$ a $\Bbb R^{n+1}$, entonces el espacio $$\Bbb R^{n+1}\setminus f[S^n]$$ obtenidas por corte de esta incrustación del espacio ambiental dejará exactamente dos componentes conectados, uno delimitada y uno sin límites.

Mi idea es que su incrustación $f$ del simplex en $\Bbb R^{n+1}$ puede ser extendida a una incrustación $\hat f$ $S^n$ por el reflejo de la incrustados simplex en todas las coordenadas (hiper-)planos.

Ahora suponga que hay un rayo de partida en $(0,0)$ va al infinito y no de la intersección de la simplex $f(\Delta^n)$. Este rayo también no cruzan la esfera de $\hat f(S^n)$, ya que sólo se encuentra en el único positivo orthant $\Bbb R^n_+$. Porque empieza en $(0,0)$ pertenece a la limitada componente de la esfera (la prueba?). Pero, obviamente, el rayo es undbounded. Contradicción!

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Usted ve que esto es sólo un esbozo. Cuando tenga más tiempo me podrá formalizar suficientemente. Creo que la ventaja de este informal prueba de ello es que externaliza la pesada homotopy/homología de la teoría a la prueba de la generalización de la curva de Jordan teorema.