这篇文章收录了 Which Way Did the Bicycle Go 趣题集中一个非常有趣的问题：是否有可能在平面上画不可数个不相交的 8 ？答案是否定的。证明方法非常简单。对于任意一个 8 字形，在两个洞里各取一个有理点 P 、 Q （由于平面上的有理点是稠密的，这是总能办到的），则称这个 8 字形圈住了有理点对 (P, Q) 。注意到由于 8 字形不能相交，因此两个 8 字形不可能圈住同一对有理点。由于平面上的有理点对是可数的，因此 8 字形的数量也是可数的。
注意到，平面上显然能够容下不可数个不相交的直线段，也显然能够容下不可数个不相交的圆（比方说一系列同心圆）。在 Mathematical Puzzles 一书里， Peter Winkler 提出了这样一个问题：我们能在平面上写下不可数个不相交的字母 Y 吗？
答案是否定的。下面有一个漂亮的证明，这是由 Randy Dougherty 给出的。让我们先来看一个经典结论：假设平面上有三个红点和三个蓝点，那么我们绝不可能用线条把每一个红点和每一个蓝点都连起来，并且保证这 9 根线条互不相交（即使线条可以弯曲也不行，不信的话你可以试一试）。从图论的角度来说，就是完全二分图 K3,3 不是一个平面图。利用 Euler 公式我们可以很快证明这一点：把一个平面图的顶点数、边数和区域数（包括最外面那个无限大的区域）分别记为 V 、 E 、 F ，则 Euler 公式告诉我们 F = E – V + 2 。由于每条边都同属于两个区域，因而所有区域的平均边数为 2E / F 。在完全二分图 K3,3 中有 6 个顶点和 9 条边，若它是一个平面图，则它应该有 9 – 6 + 2 = 5 个区域，于是每个区域平均拥有 18/5 条边。这说明该图中至少存在一个边数小于 4 的区域，但对于一个二分图来说这是不可能的。
我们把一个 Y 看作是由一个中心点、三个手臂和三个端点构成的。现在，对于平面上的每一个 Y ，我们都给它画出三个有理圆（圆心的两坐标和半径的长度都是有理数），让每个圆都圈住 Y 的其中一个端点，并且不包含 Y 的另外两臂。注意到，平面上的有理点是稠密的，半径的长度也可以任意小，因此这总是能办到的。不过，这些有理圆完全有可能和别的 Y 相交，也有可能和别的有理圆相交。我们甚至不能排除这样的情况：其中一个 Y 的某个有理圆和另一个 Y 的某个有理圆是同一个有理圆！不过，下面我们会给大家证明，三个不相交的 Y 绝不可能拥有同一组有理圆。
如图，假设三个 Y 对应了同一组圆。我们修改每一个 Y 的每一条臂，让它在碰到有理圆后直接连接到这个圆的圆心。现在，把三个圆心染成红色，把三个 Y 的中心点染成蓝色，则这 9 条（修改后的）手臂就连接了所有可能的红蓝点对。然而，前面我们已经说过， K3,3 不可能是一个平面图。因此，这三个 Y 必然会相交。
由于平面上的有理圆是可数的，因而平面上不相交的 Y 也必然是可数的。
值得一提的是，我们这里证明的是一个相当强的结论：对于所有含有交叉点或者分岔点的图形，它在平面上都只能画出可数个（如果不允许相交的话）。这不但可以直接推出平面上不相交的 8 字形是可数的，事实上不相交的 4 或者 6 或者 9 也都只能是可数的。
最近更新好频繁啊～
观摩
我怎么想到那个圈圈和叉叉的区别。。。
前排…
恩已经很靠前了啊
这个orz。。。
怎么开始1天更新2篇了…..
中间那个理论还得想想……嘿嘿，看M67大哥的博客可以让自己静下心来。。。
M67最近的文章当中看到的难得一个质量还可以的。M67估计上大学时间多了，也无心学术钻研数学了吧，毕竟分析学大一学的。
为什么平面内的有理数是有限的？？
@10楼 不是有限，是可数的
因为平面上的有理点对和自然数可以一一对应
其实还有一个更简明的证法：
以Y的任一臂为A臂，其端点为A；
以连接Y的中心点的弧端为准，A臂正方向（逆时针方向）的下一个臂为B臂，其端点为B；
B臂正方向的下一个臂为C臂，端点为C。
作出互不相交且分别圈住A、B、C的3个有理圆a、b、c且a>b>c。
显然，a、b、c确定了唯一的Y。
否则，假定Y1、Y2不相交而a、b、c相同，那么将同一有理圆内的端点挪到圆心，则Y1-a、Y1-b、Y2-a、Y2-b形成一个闭环，按正方向定义，如果Y1-C在闭环内，则Y2-C必在闭环外，反之则反是。
故Y1-C-Y2与闭环必相交。
则Y1-a、Y1-b、Y2-a、Y2-b形成一个闭环//表达有误，应是Y1-A-Y2-B-Y1形成闭环，其中Y1、Y2同时也表示Y的中心点。
有趣的是K3,3那个可以在莫比乌斯环上实现
这里存在一个很简单的问题，任何含线段的图形，必定包含至少一个有理点，假设画出的第一个图形包含的一个有理点为P1，那么第二个图形为了不与第一个图形相交，所以不能包含P1，只能至少包含另一个有理点P2，第三个图形不能包含P1，P2。由此推出，画到某一时刻，必然会出现一个问题，所有的有理点都被包含完了，但这时候含线段的图形不可能只包含不连续的无理点。所以必定会与之前的图形相交。
我表述有问题，不是所有的有理点都被包含完了，是有理点不够用了。阿列夫0个有理点包含在阿列夫1个图形里，能成立吗？也许是我知识不够产生了这个问题，希望可以有朋友指出来。
@15楼，含线段的图形不一定包含有理点的，y=x+sqrt(2)
这些证明本质上都用了选择公里吧..不知道能避开选择公理吗?
第一个题目，如果有数目，那是几呢？
为什么最后一步修改 Y 的臂到圆心不影响结论？万一它们本来要相交但是是在某个有理圆内，这样一改之后就变得不相交了呢？
回20楼，那个有理圆应画得足够小，只包含那个终点连接的臂上的点且连续，而不包含另外两个臂上的任何点。
其实并不需要挪动端点，修改后的简单证明如下：
以Y的任一臂为A臂，其端点为A；设Y的分叉点为O点，以O点发出的弧端为准，A臂正方向（逆时针方向）的下一个臂为B臂，其端点为B；B臂正方向的下一个臂为C臂，端点为C。
作出一个圈住A点的有理圆a（即圆心坐标和半径三个值均为有理数），a应足够小，使圆盘a不含B臂、C臂上的点；类似地作出有理圆b、c分别圈住B、C；并且a>b>c且a、b、c互不相交。显然这样的a、b、c确定了唯一的Y。
反之，假定Y1、Y2有相同的a、b、c。那么，O1A1+a+O2A2+O1B1+b+O2B2形成了一个有闭合回路的平面图，取带有O1和O2两个顶点的任一闭合回路L，显然，c要么全在L之内，要么全在L之外，否则圆盘c就会包含a或b或O1A1或O1B1或O2A2或O2B2上的点，导致与c的定义画法矛盾。
但按照正方向的定义，如果O1C1在L之内，则O2C2必在L之外，因此C1和C2不可能同在c内，与Y1、Y2有相同的a、b、c矛盾。
因此，a、b、c确定了唯一的Y。而a、b、c只有可数组，因此Y也只有可数个。
15楼错了，存在没有有理点的线段，y=兀x+e就是一例，否则平面上就只能有可数条线段了
orz
其实有理点是指x y坐标都是有理数的点
所以不用23楼那么麻烦
y = e上面就都没有有理点，y = x + ln3 也同样。
23楼那条线上的所有点都是无理点（x,y坐标都是无理数的点）
orz…
又像是四色问题哈
因为平面上的有理点对和自然数可以一一对应
这个题在《最迷人的数学趣题》P54。
大学毕业回到家，路过儿时的小学门口。 熟悉的大门，熟悉的卖货大妈。 怀着激动的走过说：大妈，还记得我吗？ 大妈看到我也很激动：是你啊，那年你还欠我2块钱没给呢……再撕者开除学籍
看不懂····