pokrycie płaszczyzny trójkątami

[klimat]

Na płaszczyźnie umieszczamy trójkąty. Trójkąty te traktujemy jako zbiór punktów płaszczyzny zawartych wewnątrz trójkąta wraz z bokami tego trójkąta. Wykaż że istnieje taki układ trójkątów, z których każde dwa są rozłączne, który pokryje całą płaszczyznę.

[Slup]

Myślę, że to niemożliwe. Przecięcie takiego układu trójkątów z dowolną prostą jest podziałem prostej na przeliczalnie wiele odcinków domkniętych (ewentualnie niektóre z nich są zdegenerowane). Moim zdaniem taki podział nie istnieje. Postaram się uzupełnić ten argument.

Dodano po 4 godzinach 48 minutach 42 sekundach:
Załóżmy, że
$$\mathbb{R} = \bigcup_{n\geq \mathbb{N}}I_n$$
gdzie \(\displaystyle{ I_n}\) są domkniętymi odcinkami, które mogą być zdegenerowane. Przyjmijmy też, że te odcinki są parami rozłączne. Definiujemy odwzorowanie \(\displaystyle{ \pi:\mathbb{R}\rightarrow \{I_n\}_{n\in \mathbb{N}}}\) zadane tak, że \(\displaystyle{ x\in \pi(x)}\) dla każdego \(\displaystyle{ x\in \mathbb{R}}\). Wprowadzamy relację \(\displaystyle{ \prec}\) na zbiorze \(\displaystyle{ \{I_n\}_{n\in \mathbb{N}}}\) w ten sposób, że
$$I_n\prec I_m\,\Leftrightarrow\,\forall_{x\in I_n}\forall_{y\in I_m}x<y$$
Łatwo zauważyć, że zbiór \(\displaystyle{ \{I_n\}_{n\in \mathbb{N}}}\) wraz z relacją \(\displaystyle{ \prec}\) jest to zbiór przeliczalny, uporządkowany liniowo w sposób gęsty, bez elementu pierwszego i ostatniego. Stąd \(\displaystyle{ \{I_n\}_{n\in \mathbb{N}}}\) wraz z relacją \(\displaystyle{ \prec}\) jest izomorficzny ze zbiorem \(\displaystyle{ \mathbb{Q}}\) zaopatrzonym w swój zwyczajny porządek liniowy. Ponadto \(\displaystyle{ \pi}\) jest surjektywnym odzworowaniem zachowującym porządek. Stąd (po utożsamieniu) dostajemy, że istnieje surjektywne odwzorowanie \(\displaystyle{ \pi:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{Q}}\) zachowujące porządek. Takie odwzorowanie nie istnieje, bo obraz zupełnego liniowego porządku przy odwzorowaniu zachowującym porządek musi być liniowym porządkiem zupełnym. Nie trzeba jednak aż tak ogólnie. Wystarczy wziąć

\(\displaystyle{ A = \{x\in \mathbb{R}\,|\,\pi(x)<\sqrt{2}\},\,B = \{x\in \mathbb{R}\,|\,\sqrt{2}<\pi(x)\}}\)

Wówczas \(\displaystyle{ (A, B)}\) jest przekrojem Dedekinda w \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\). Załóżmy, że \(\displaystyle{ a\in A}\) jest elementem największym zbioru \(\displaystyle{ A}\). Wtedy \(\displaystyle{ \pi(a)}\) jest największą liczbą wymierną mniejszą od \(\displaystyle{ \sqrt{2}}\). Analogicznie, gdy w \(\displaystyle{ B}\) istnieje element najmniejszy.

Dodano po 12 minutach 59 sekundach:
Pewnie trzeba też dodać, że to odwzorowanie \(\displaystyle{ \pi}\) nie tylko zachowuje, ale też indukuje porządek.

[timon92]

załóżmy, że taki podział istnieje i niech \(X\) będzie sumą mnogościową brzegów tych trójkątów

patrzymy na \(X\) jak na przestrzeń metryczną ze standardową metryką euklidesową

\(X\) jest domkniętą podprzestrzenią płaszczyzny (bo jego dopełnienie to suma wnętrz wyjściowych trójkątów, a więc zbiór otwarty), w szczególności \(X\) jest zupełną przestrzenią metryczną

teraz kluczowa obserwacja jest taka, że brzeg \(\partial T\) każdego wyjściowego trójkąta \(T\) jest nigdziegęsty w \(X\) --- w przeciwnym razie istniałby zbiór otwarty na płaszczyźnie, którego przecięcie z \(X\) byłoby niepustym podzbiorem \(\partial T\) a widać, że tak nie może być

w takim razie \(X\) jest sumą mnogościową przeliczalnie wielu zbiorów nigdziegęstych w \(X\) (mianowicie brzegów wyjściowych trójkątów), co przeczy twierdzeniu Baire'a

nie istnieje zatem podział postulowany w treści zadania