Jest $\frac{u}{|u|}$ 1- Lipschitz?

Question

Chcę udowodnić, że aplikacja $\{s\in \mathbb{R}^3:|s|\geq 1\} \to S^2 ,u\mapsto \frac{u}{|u|}$ jest Lipschitz ze stałą $1$. Jeśli dodam ($\frac{u|u|-u|u}{|u||v|}|$), Uważam, że stała jest równa $2$(zastosowaną normą jest norma euclidien). Czy to nie jest$1$-Lipschitz?

Dziękuję Ci

Answer 1

To jest $1-$ Lipschitz. $|\frac u {|u|} -\frac v {|v|}|^{2}=1+1-2\frac {u.v} {|u||v|}$ i $|u-v|^{2}=|u|^{2}+|v|^{2}-2u.v$ lub $2(u.v) (1-\frac 1 {|u||v|}) \leq |u|^{2}+|v|^{2} -2$. Stosując nierówność CS, własność Lipschitza sprowadza się do$2ab(1-\frac 1 {ab}) \leq a^{2}+b^{2}-2$ gdzie $a=|u|$ i $b=|b|$ a to zmniejsza się do $(a-b)^{2} \geq 0$ co jest prawdą.

Answer 2

Dowód za pomocą rzutu na zestawach wypukłych

$B_3$ zamknięta kula jednostkowa $\mathbb R^3$jest podzbiorem zamkniętym wypukłym. Żądany wynik polega na udowodnieniu, że projekcja jest włączona$S^2$ punktów w $\mathbb R^3 \setminus B_3$ kurczy się.

Dowód można znaleźć tutaj .

Jeśli chcesz, możesz naśladować ten dowód w swoim szczególnym przypadku.

Answer 3

Dowód geometryczny za pomocą twierdzenia o przecięciu

Załóżmy, że to bez utraty ogólności $1 \le \vert u \vert \le \vert v \vert$ i oznacz $v^\prime = v \frac{\vert u \vert}{\vert v \vert}$. Zauważ, że$\vert v^\prime \vert = \vert u \vert$.

Używanie twierdzenia o przecięciu dla trójkątów$0 \ \frac{u}{\vert u \vert }\ \frac{v}{\vert v \vert }$ i $0 \ u \ v^\prime$ dostajesz

$$\begin{aligned} \vert u - v \vert^2&= \vert u - v^\prime\vert^2 + \vert v^\prime - v\vert^2 + 2 \langle u - v^\prime, v^\prime -v \rangle\\ &\ge \vert u - v^\prime \vert^2\\&= \vert u \vert^2 \left\vert\frac u {|u|} -\frac v {|v|}\right\vert^2\\ &\ge \left\vert\frac u {|u|} -\frac v {|v|}\right\vert^2 \end{aligned}$$

$\langle u - v^\prime, v^\prime -v \rangle \ge 0$ dlatego $\angle u v^\prime v \ge \frac{\pi}{2}$.