经典证明:能否在平面上写下不可数个不相交的Y?

    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。

31 条评论

  • Owen

    最近更新好频繁啊~

  • bamageaiwo

    观摩

  • VuryLeo

    我怎么想到那个圈圈和叉叉的区别。。。

  • clarkok

    恩已经很靠前了啊

  • yh

    这个orz。。。

  • hanyuwei70

    怎么开始1天更新2篇了…..

  • 挽魇

    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。。。

  • Velicue

    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。

  • littlefish

    为什么平面内的有理数是有限的??

  • 十年踪迹

    @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

  • 正和

    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。

  • 正和

    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。

  • 负一的平方根

    有趣的是K3,3那个可以在莫比乌斯环上实现

  • 木匠师傅

    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。

  • 木匠师傅

    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。

  • Mr.Roach

    @15楼,含线段的图形不一定包含有理点的,y=x+sqrt(2)

  • 浣花洗剑

    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?

  • hoodlum1980

    第一个题目,如果有数目,那是几呢?

  • MGhostSoft

    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?

  • 正和

    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。

  • 正和

    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。

  • 孙文全

    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

  • hk

    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)

  • 陆平

    又像是四色问题哈

  • cervelo

    因为平面上的有理点对和自然数可以一一对应

  • 凡星有梦

    这个题在《最迷人的数学趣题》P54。

  • hebergement-charlevoix.com/html/qindex.aspx

    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

  • dfser

    看不懂····

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