pokrywanie płaszczyzny

[a4karo]

Jeżeli mówimy o pokryciach, nazwijmy to, skończonych (tzn takich, że ilość trójkątów w każdym zbiorze ograniczonym jest skończona), to z pewnością tak jest: jeżeli dwa trójkąty stykają się bokami, to ich długości muszą być takie same, bo żaden wierzchołek nie może być punktem wewnętrznym boku innego trójkąta.
Jeżeli do boku pewnego trójkąta \(\displaystyle{ T}\) nie przylega inny trójkąt, to każdy punkt tego boku musi byc punktem skupienia ciągu coraz mniejszych trójkątów, co więcej, do każdego punktu zbiega inny ciąg. Stad wniosek, że tych trójkątów musiałoby być \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\). Ale w każdym trójkącie jest punkt o obu współrzędnych wymiernych, a zatem trójkątów pokrywających całą płaszczyznę jest \(\displaystyle{ \aleph_0}\) i już.

[norwimaj]

Jeżeli mówimy o pokryciach, nazwijmy to, skończonych (tzn takich, że ilość trójkątów w każdym zbiorze ograniczonym jest skończona), to z pewnością tak jest: jeżeli dwa trójkąty stykają się bokami, to ich długości muszą być takie same, bo żaden wierzchołek nie może być punktem wewnętrznym boku innego trójkąta.

Zgoda, lokalnie skończone pokrycia składają się z przystających trójkątów.

Jeżeli do boku pewnego trójkąta \(\displaystyle{ T}\) nie przylega inny trójkąt, to każdy punkt tego boku musi byc punktem skupienia ciągu coraz mniejszych trójkątów, co więcej, do każdego punktu zbiega inny ciąg. Stad wniosek, że tych trójkątów musiałoby być \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\).

Tego argumentu nie kupuję. Do każdego punktu na płaszczyźnie zbiega jakiś ciąg punktów o obu współrzędnych wymiernych, i oczywiście dla każdego punktu ten ciąg musi być inny. Czy wynika stąd, że punktów o obu współrzędnych wymiernych jest \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\)?

[a4karo]

Masz rację, tu trzeba znalezć inny argument

-- 8 mar 2014, o 23:39 --

OJ, przyjdzie mi odszczekać (i robię to z najwyższym zadowoleniem): skonsultowałem sprawę z kolegą Januszem J. geometrą i dużym specjalistą od pokrywania różnych rzeczy dziwnymi kształtami i oto co wymyślił:

Pokrywamy płaszczyznę standardową siatką trójkątów równobocznych o boku 1. Dla ustalenia uwagi, dwa początkowe wierzchołki to \(\displaystyle{ (0,0)}\) i \(\displaystyle{ (1,0)}\).
Trójkąty, w których leżą punkty \(\displaystyle{ (0,1)}\) i \(\displaystyle{ (1,1)}\) sa skierowane wierzchołkiem w górę.
Wewnątrz trójkąta zawierającego \(\displaystyle{ (0,1)}\) rysujemy mały trójkącik równoboczny o bokach równoległych do dużego i o górnym wierzchołku w tym punkcie. Pozostaje nam do wypełnienia zbiór otwarty, składajacy się z trójkątnej "obwódki".
Taką obwódkę łatwo można wypełnić niekończoną ilością trójkątnych "pierścieni" powstałych tak: z trójkąta równobocznego podzielonego na wiele małych trójkącików usuwamy trójkąt równoboczny (bez brzeu) tak, aby stworzyć odpowiednio dużą dziurę. Zauważmy, że dobierając odpowiednio małe trójkąciki i położenie trójkąta, który wyrzucimy, możemy dowolnie sterować szerokościami boków tych "pierścieni".

Taki "pierścień" wkładamy w obwódkę i powstają nam dwie obwódki węższe, w które wkładamy dwa kolejne pierścienie etc...

Teraz przesuwamy całą konstrukcję o 1 w prawo żeby pokryć trójkąt zawierający punkt \(\displaystyle{ (1,1)}\) i już.

Dzięki, J.J.

[norwimaj]

No to zadanie zrobione. Czy jest możliwy jeszcze jakiś dramatyczny zwrot akcji w tym wątku?

Też myślałem wcześniej, że można zrobić tego typu pokrycie, ale za każdym, gdy próbowałem je zrobić, zostawały mi niepokryte zbiory "cantoropodobne". Jednak dopiero powyższy przykład uzmysłowił mi, dlaczego takie pokrycie w ogóle nie może istnieć. Jeśli istnieją dwa trójkąty o różnych rozmiarach, to mogę je połączyć odcinkiem, i dowodzić, że ten odcinek nie zostanie w pełni pokryty. W ten sposób dowód sprowadza się do zanalizowania sytuacji jednowymiarowej. Może później coś więcej o tym napiszę.

W powyższym przykładzie pozostał niepokryty zbiór składający się z dwóch "obrotowych zbiorów Cantora bez końców przedziałów". (nie mam pomysłu na lepszą nazwę)

[a4karo]

No to zadanie zrobione. Czy jest możliwy jeszcze jakiś dramatyczny zwrot akcji w tym wątku?

...
W powyższym przykładzie pozostał niepokryty zbiór składający się z dwóch "obrotowych zbiorów Cantora bez końców przedziałów". (nie mam pomysłu na lepszą nazwę)

Co masz na myśli pisząc "powyższy przykłąd"?

[norwimaj]

Chodzi o przytoczony przez Ciebie przykład, z wkładaniem coraz węższych obwódek pomiędzy już istniejące. Porównaj go z konstrukcją zbioru Cantora na prostej.

[a4karo]

Chyba niestety masz rację. Źle się myśli w nocy . Co prawda końców nie będzie, ale jest ich za mało, żeby całego Cantora usunąć.

Zadanie więc nie zrobione.

[norwimaj]

Załóżmy, że mamy żądane pokrycie, do którego należą dwa nieprzystające trójkąty: \(\displaystyle{ T_{0,0}}\) i \(\displaystyle{ T_{0,1}}\). Niech \(\displaystyle{ A\in T_{0,0}}\), \(\displaystyle{ B\in T_{0,1}}\). Bez straty ogólności zakładamy, że boki tych trójkątów mają długość większą niż \(\displaystyle{ 1}\).

Dla ustalonego \(\displaystyle{ n\in\NN_+}\), w pokryciu jest tylko skończenie wiele trójkątów o boku większym lub równym \(\displaystyle{ \frac1n}\), które przecinają odcinek \(\displaystyle{ AB}\). Dowód nienatychmiastowy, ale dość łatwy, pomijam.

Niech \(\displaystyle{ \{T_{n,l}:l\in\{0,1,\ldots,\lambda_n\}\}}\) będzie zbiorem tych trójkątów przecinających odcinek \(\displaystyle{ AB}\), których długości boków są z przedziału \(\displaystyle{ left[frac1{n+1},frac1n
ight)}\), gdzie \(\displaystyle{ \frac10=+\infty}\). Niech \(\displaystyle{ S_n=\bigcup_{l\le \lambda_n} T_{n,l}}\). Dla różnych \(\displaystyle{ n_1,n_2}\) zbiory \(\displaystyle{ S_{n_1}}\) i \(\displaystyle{ S_{n_2}}\) są domknięte i rozłączne.

Niech \(\displaystyle{ R_n=\bigcup _{k\le n}S_n}\).

Skonstruujemy pewien ciąg odcinków \(\displaystyle{ [A_m,B_m]\subset [A,B]}\) oraz rosnący ciąg liczb naturalnych \(\displaystyle{ n_m}\) tak, że dla każdego \(\displaystyle{ m\in\NN}\) zachodzą warunki:

• \(\displaystyle{ [A_{m+1},B_{m+1}]\subset (A_m,B_m),}\)
• \(\displaystyle{ A_m,B_m\in R_{n_m},}\)
• \(\displaystyle{ (A_m,B_m)\cap R_{n_m}=\emptyset.}\)

Zbiór \(\displaystyle{ [A,B]\setminus S_0}\) jest niepusty i otwarty (w topologii na prostej \(\displaystyle{ AB}\)). Niech \(\displaystyle{ (A_0,B_0)}\) będzie jedną ze spójnych składowych tego zbioru i niech \(\displaystyle{ n_0=0}\).

Załóżmy, że mamy już \(\displaystyle{ A_m,B_m,n_m}\) dla pewnego \(\displaystyle{ m}\). Zbiór \(\displaystyle{ [A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k}}\) dla \(\displaystyle{ k\in\NN_+}\) jest otwarty i niepusty. Żadna składowa zbioru \(\displaystyle{ [A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k}}\) nie może całkiem zniknąć po wyrzuceniu zbioru \(\displaystyle{ S_{n_m+k+1}}\), bo połączone zostałyby nieprzystające trójkąty. Jeśli \(\displaystyle{ S_{n_m+k+1}\cap \left([A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k}\right)\ne\emptyset}\),
to po wyrzuceniu zbioru \(\displaystyle{ S_{n_m+k+1}}\) z \(\displaystyle{ [A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k}}\) dostajemy więcej składowych.

Niech \(\displaystyle{ k_0}\) będzie najmniejsze takie, że \(\displaystyle{ [A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k_0}}\) ma co najmniej trzy składowe. Jeśli takie nie istnieje, to znaczy, że ciąg \(\displaystyle{ \left([A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k}\right)_{k\in\NN}}\) stabilizuje się, więc istnieją punkty, które nie należą do żadnego trójkąta z pokrycia.

Niech \(\displaystyle{ (A_{m+1},B_{m+1})}\) będzie jedną ze składowych zbioru \(\displaystyle{ [A_m,B_m]\setminus R_{n_m+k_0}}\), z wyjątkiem dwóch skrajnych. Wtedy możemy przyjąć \(\displaystyle{ n_{m+1}=n_m+k_0}\).


Otrzymaliśmy zstępujący ciąg przedziałów niepustych i domkniętych \(\displaystyle{ [A_n,B_n]}\), więc istnieje punkt \(\displaystyle{ P_0}\) należący do nich wszystkich. Jednak punkt ten nie należy do żadnego \(\displaystyle{ R_n}\), bo możemy znaleźć takie \(\displaystyle{ m}\), że \(\displaystyle{ n_m>n}\) i wtedy \(\displaystyle{ P_0\in[A_{m+1},B_{m+1}]\subset (A_m,B_m)}\), ale \(\displaystyle{ (A_m,B_m)\cap R_n=\emptyset}\). Zatem punkt \(\displaystyle{ P}\) nie należy do żadnego trójkąta z pokrycia.