Singularidad de una configuración de $7$ puntos en $\Bbb R^2$ tal que, dado cualquier $3$ , $2$ de ellos son $1$ unidad aparte

Question

Esta pregunta de hoy mismo pregunta (parafraseando aquí):

¿Existe una configuración de $7$ puntos en el plano euclidiano tales que, dado cualquier $3$ de la $7$ puntos, al menos $2$ de ellos son $1$ ¿se separa la unidad?

Una de estas configuraciones, dada en esta respuesta es el conjunto de puntos azules de este diagrama; los segmentos de la línea roja tienen todos longitud unitaria:

Se trata de una incrustación del Husillo Moser gráfico.

Esto plantea una pregunta natural:

¿Es ésta la única configuración de este tipo hasta los movimientos euclidianos?

Answer 1

La respuesta es sí; la configuración dada es la única configuración de este tipo hasta las transformaciones euclidianas. Aconsejo tener lápiz y papel a mano para comprobar la prueba.

EDITAR: He completado la prueba, y he revisado la mayor parte de la parte anterior para que toda la prueba sea más "ágil".

Dejemos que $P_1,\ldots,P_7$ siete puntos en el plano euclidiano, tales que de cada tres puntos hay al menos dos a distancia unitaria. Dos puntos se llaman vecinos si están a una distancia de la unidad.

Propuesta 1. Cada par de puntos $P_i$ y $P_j$ tiene como máximo dos vecinos comunes.

Prueba. Vecinos comunes de $P_i$ y $P_j$ están en los círculos unitarios centrados en $P_i$ y $P_j$ . Dos circunferencias se cruzan como máximo en dos puntos del plano euclidiano.

Lema 2. Cada punto $P_i$ tiene al menos tres vecinos.

Prueba. Supongamos por contradicción que $P_i$ tiene menos de tres vecinos. Entonces existen cuatro puntos distintos $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ y $Q_4$ entre los siete puntos, todos distintos de $P_i$ , de tal manera que $P_i$ y $Q_j$ no son vecinos para $j\in\{1,2,3,4\}$ . Porque dos de los tres puntos $P_i$ , $Q_j$ y $Q_k$ deben ser vecinas para cualquier par de $j,k\in\{1,2,3,4\}$ vemos que el $Q_j$ son todos vecinos. Por lo tanto, son los vértices de un rombo cuyas diagonales tienen la misma longitud que su lado, lo cual es, por supuesto, una contradicción.

Lema 3. Cada punto $P_i$ tiene como máximo cuatro vecinos.

Prueba. Supongamos por contradicción que $P_i$ tiene al menos cinco vecinos. Entonces existen cinco vecinos distintos $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ , $Q_4$ y $Q_5$ de $P_i$ que se encuentran en la circunferencia unitaria centrada en $P_i$ . El $Q_j$ no pueden ser todos vecinos por el mismo argumento que en el lema anterior, así que sin pérdida de generalidad $Q_1$ y $Q_2$ no son vecinos. De cada triplete de puntos $$(Q_1,Q_2,Q_3)\qquad(Q_1,Q_2,Q_4)\qquad(Q_1,Q_2,Q_5),$$ un par deben ser vecinos. Porque $Q_1$ y $Q_2$ tienen como máximo dos vecinos comunes con $P_i$ sin pérdida de generalidad $Q_3$ y $Q_4$ vecino $Q_1$ y $Q_5$ vecinos $Q_2$ . Tenga en cuenta que $Q_3$ y $Q_4$ no pueden ser vecinos ya que, de lo contrario, todos los pares de $Q_1$ , $Q_2$ , $Q_3$ y $Q_4$ serían vecinos, lo que ya vimos que es imposible. Considerando el triplete $(Q_2,Q_3,Q_4)$ vemos que, de nuevo sin pérdida de generalidad, los puntos $Q_2$ y $Q_3$ son vecinos. Pero entonces $Q_3$ y $Q_5$ están a una distancia de $\sqrt{3}$ aparte, como son $Q_4$ y $Q_5$ . Una imagen dice más que mil palabras:

Por lo tanto, entre los puntos $Q_3$ , $Q_4$ y $Q_5$ no hay ningún par de vecinos, una contradicción.

Corolario 4. El número de puntos con cuatro vecinos es impar.

Prueba. Considera el gráfico con los siete puntos como sus vértices y los pares de vecinos como sus aristas. El grado total del grafo, es decir, la suma de los grados de sus vértices, es par. Como cada vértice tiene grado tres o cuatro por los lemas anteriores, el número de vértices de grado tres es par y por tanto el número de vértices de grado cuatro es impar.

Propuesta 5. Los puntos con cuatro vecinos son vecinos.

Prueba. Dos puntos $P_i$ y $P_j$ tienen como máximo dos vecinos comunes por la proposición 1. Si tienen precisamente dos vecinos comunes, entonces cada uno de ellos tiene dos vecinos más, los cuatro de los cuales son distintos. Si estos vecinos son también distintos de $P_i$ y $P_j$ esto da un total de ocho puntos, una contradicción.

Lema 5. Hay precisamente un punto con cuatro vecinos, y todos los demás puntos tienen tres vecinos.

Prueba. Por el corolario no puede haber menos puntos con cuatro vecinos. Supongamos por contradicción que hay más. Entonces por el corolario hay al menos tres, digamos $P_i$ , $P_j$ y $P_k$ y por la proposición son todos vecinos. Entonces cada uno de estos tres puntos tiene dos vecinos más, y si todos ellos fueran distintos tendríamos un total de nueve puntos. Por lo tanto, dos pares de vecinos deben coincidir, por lo que sin pérdida de generalidad $P_i$ tiene vecinos comunes $Q_j$ y $Q_k$ con $P_j$ y $P_k$ , distinta de $P_k$ y $P_j$ . Una imagen ilustra la situación:

Por suposición $P_j$ tiene un cuarto vecino $R_j$ . Porque $P_k$ y $Q_j$ no son vecinos $R_j$ debe ser vecino de uno de ellos. Si $R_j$ vecinos $P_k$ entonces $Q_j$ , $Q_k$ y $R_j$ están todos a distancia $2$ entre sí, una contradicción. Véase también la imagen:

Por lo tanto, $R_j$ vecinos $Q_j$ y de forma totalmente análoga $P_k$ tiene un cuarto vecino $R_k$ que a su vez es vecino de $Q_k$ . Una vez más, una imagen aclara las cosas:

Pero ahora no hay dos de $P_i$ , $R_j$ y $R_k$ son vecinos, una contradicción.

Teorema 6. Hasta las transformaciones euclidianas existe una configuración única de siete puntos en el plano euclidiano con la propiedad de que para tres puntos cualesquiera, dos de ellos están a distancia unitaria.

Prueba. Por el lema 5 tal configuración tiene un punto único $P_1$ con cuatro vecinos $P_2$ , $P_3$ , $P_4$ y $P_5$ . Debe haber un par de vecinos entre $P_2$ , $P_3$ y $P_4$ Así pues, sin pérdida de generalidad $P_2$ y $P_3$ son vecinos. Los puntos restantes $P_6$ y $P_7$ cada uno tiene tres vecinos y no son vecinos $P_1$ . Como cada una de ellas puede tener como máximo dos vecinos comunes con $P_1$ deben ser vecinos entre sí. Entonces cada uno de ellos tiene precisamente dos vecinos comunes con $P_1$ y sin pérdida de generalidad (es decir, después de intercambiar $P_2$ y $P_3$ y $P_6$ y $P_7$ si es necesario) $P_2$ y $P_6$ son vecinos y $P_5$ y $P_7$ son vecinos. Hasta ahora tenemos la siguiente configuración:

Ahora el tercer vecino de $P_7$ debe ser $P_3$ o $P_4$ . Si $P_7$ vecinos $P_3$ entonces $P_4$ debe ser vecino de ambos $P_5$ y $P_6$ y ahora todos los puntos que no sean $P_1$ tiene precisamente tres vecinos. Esto da como resultado el siguiente gráfico:

Tenga en cuenta que no hay dos de $P_2$ , $P_4$ y $P_7$ son vecinos por el lema 5, una contradicción. De ello se deduce que $P_7$ vecinos $P_4$ .

Supongamos por contradicción que $P_4$ y $P_5$ no son vecinos. Sin pérdida de generalidad (es decir, después de intercambiar $P_4$ y $P_5$ si es necesario) $P_4$ vecinos $P_6$ y $P_5$ vecinos $P_3$ y de nuevo cada punto que no sea $P_1$ tiene precisamente tres vecinos. Esto da como resultado el siguiente gráfico:

Tenga en cuenta que no hay dos de $P_2$ , $P_4$ y $P_5$ son vecinos por el lema 5, una contradicción. De ello se deduce que $P_4$ y $P_5$ son vecinos. Entonces también $P_3$ y $P_6$ son vecinos, correspondientes a la configuración dada en la pregunta: