Explicit Lipschitz continuous bijection from unit cube to unit ball

lipschitz-functionsreal-analysis

I am looking for a Lipschitz continuous bijection from the (closed or open) unit cube $Q$ to the (closed or open) unit ball $B$ in $\mathbb{R}^n$. I found a continuous bijection via
$$f(x) = \max_i |x_i | \frac{x}{|x|}.$$
Now I am struggling to prove that it is Lipschitz though (which I'm pretty sure it is). Can anyone help?

Best Answer

Your map $f:\mathbb R^n \to \mathbb R^n$ is $$ f(x) = \frac{\|x\|_\infty}{\|x\|_2} x $$ with inverse $$ f^{-1}(x) = \frac{\|x\|_2}{\|x\|_\infty} x .$$

We first want to show that $f$ is Lipschitz, that is, if $\|x - y\|_\infty \le \epsilon$, then there is a constant $C$, depending only on $n$, such that $\| f(x) - f(y) \|_2 \le C \epsilon$.

Consider the following cases.

  1. $\|x\|_\infty, \|y\|_\infty \le \epsilon $. Then clearly $\| f(x) - f(y) \|_2 \le \|f(x)\|_2 + \|f(y)\|_2 \le \|x\|_\infty + \|y\|_\infty \le 2\epsilon $.
  2. $\|x\|_\infty > \epsilon $. Then \begin{align} &\| f(x) - f(y) \|_2 \\&= \left\| \frac{\|x\|_\infty}{\|x\|_2} x - \frac{\|y\|_\infty}{\|y\|_2} y \right\|_2 \\ &\le \left\| \frac{\|x\|_\infty}{\|x\|_2} x - \frac{\|x\|_\infty}{\|x\|_2} y \right\|_2 + \left\| \frac{\|x\|_\infty}{\|x\|_2} y - \frac{\|y\|_\infty}{\|y\|_2} y \right\|_2 \\&\le \frac{\|x\|_\infty}{\|x\|_2} \|x-y\|_2 + \frac{\|x\|_\infty \|y\|_2 - \|x\|_2 \|y\|_\infty}{\|x\|_2\|y\|_2} \|y\|_2 \\&\le \sqrt n \|x-y\|_\infty + \frac{\|x\|_\infty \|y\|_2 - \|y\|_\infty \|y\|_2 + \|y\|_\infty \|y\|_2 - \|x\|_2 \|y\|_\infty}{\|x\|_2} \\&\le \sqrt n \|x-y\|_\infty + \frac{(\|x\|_\infty - \|y\|_\infty) \|y\|_2 + \|y\|_\infty (\|y\|_2 - \|x\|_2) }{\|x\|_2} \\&\le \sqrt n \|x-y\|_\infty + \frac{\|x-y\|_\infty \|y\|_2 + \|y\|_\infty \|y-x\|_2 }{\|x\|_2} \\&\le \sqrt n \|x-y\|_\infty + 2\sqrt n\frac{\|x-y\|_\infty \|y\|_\infty}{\|x\|_\infty} \\&\le \sqrt n \|x-y\|_\infty + 2\sqrt n\frac{\|x-y\|_\infty (\|x\|_\infty+\epsilon)}{\|x\|_\infty} \\&\le \sqrt n \|x-y\|_\infty + 4\sqrt n\|x-y\|_\infty \end{align}
  3. $\|y\|_\infty > \epsilon $. Argue as in the second case.

This shows $f$ is Lipschitz. Showing $f^{-1}$ is Lipschitz is similar.

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