El siguiente problema ha sido atribuido a Lebesgue. Sea "conjunto" cualquier subconjunto del plano euclidiano. ¿Cuál es el mayor límite inferior del diámetro de cualquier conjunto que contenga un subconjunto congruente con todo conjunto de diámetro 1? Hay una serie de problemas geométricos interesantes de este tipo. ¿Es posible que algunos de ellos sean difíciles de resolver porque la solución es un número real irracional que (cuando se expresa en forma decimal) ni siquiera es recursivo y, por tanto, no puede aproximarse de la forma habitual?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Damir Yumakaev
Puntos
36
La cuestión sigue abierta. Hay al menos dos versiones. La más popular pide el área mínima convexo subconjunto del plano tal que todo conjunto con diámetro 1 puede ser trasladado, girado y/o reflejado para que quepa en él. Este es el mejor límite inferior que conozco:
- Peter Brass y Mehrbod Sharifi, Un límite inferior para el problema de cobertura universal de Lebesgue , Int. Jour. Comp. Geom. & Appl. 15 (2005), 537--544.
Su límite inferior es 0,832, obtenido mediante una rigurosa búsqueda asistida por ordenador del conjunto convexo con la menor área que contiene un círculo, un triángulo equilátero y un pentágono de diámetro 1.
El mejor límite superior del que estoy 100% seguro es 0,8441153, demostrado aquí:
- John Baez, Karine Bagdasaryan y Philip Gibbs, El problema de la cobertura universal de Lebesgue , Día. Comp. Geom. 16 (2015), 288-299; arXiv:1502.01251 .
Nuestro documento también repasa la historia de este problema, que es bastante interesante.
En 1920, Pál observó que un hexágono regular de área circunscrita alrededor del círculo unitario hace el trabajo. Este tiene un área
$$ \sqrt{3}/2 \approx 0.86602540 $$
Pero en el mismo artículo, demostró que se podían cortar con seguridad dos esquinas de este hexágono, definido por el ajuste de un dodecágono circunscrita alrededor del círculo unitario dentro del hexágono. De este modo, el límite superior se reduce a
$$ 2 - 2/\sqrt{3} \approx 0.84529946 $$
Supuso que esta solución era óptima.
En 1936, Sprague cortó pequeños trozos de la solución propuesta por Pal y redujo el límite superior a
$$ \sim 0.84413770 $$
(Imagen del documento de Hansen, añadida por J.O'Rourke).
El gran hexágono de arriba es la solución original de Pál. Luego inscribió un dodecágono regular dentro de éste, y demostró que se pueden eliminar dos de las esquinas resultantes, por ejemplo $B_1B_2B$ y $F_1F_2F,$ y obtener una cobertura universal más pequeña. Pero Sprague notó que cerca de $D$ también puede eliminar la parte fuera del círculo con radio 1 centrado en $B_1$ así como la parte fuera del círculo de radio 1 centrado en $F_2.$
En 1975, Hansen demostró que se podían cortar esquinas muy pequeñas de la solución de Sprague, cada una de las cuales reduce el área en $6 \cdot 10^{-18}$ .
En un documento posterior, Hansen lo hizo mejor:
- H. Hansen, Tapas universales pequeñas para juegos de diámetro unitario , Geometriae Dedicata 42 (1992), 205--213.
Volvió a cortar dos esquinas de la solución de Sprague, pero ahora una reduce el área por la friolera de $4 \cdot 10^{-11}$ mientras que la otra, según él, reduce la superficie en $6 \cdot 10^{-18}$ .
Un autor, en una parodia de las habituales profecías optimistas de aceleración del progreso, comentó que
...el progreso en esta cuestión, que ha sido dolorosamente lento en el pasado, puede ser aún más dolorosamente lento en el futuro.
En 1980, Duff consideró no convexo subconjuntos del plano con menor área, tales que todo conjunto con diámetro uno puede ser rotado y trasladado para caber dentro de él. Encontró uno con área
$$ \sim 0.84413570 $$
que es menor que la mejor solución convexa conocida:
- G. F. D. Duff, A smaller universal cover for sets of unit diameter, C. R. Math. Acad. Sci. 2 (1980), 37--42.
En 2015, Philip Gibbs, Karine Bagdasaryan y yo escribimos un artículo sobre este tema, mencionado anteriormente. Encontramos una nueva cubierta universal más pequeña y nos dimos cuenta de que Hansen había cometido un error en su artículo de 1992.
Hansen afirmó haber retirado trozos de área $4\cdot 10^{-11}$ y $6 \cdot 10^{-18}$ de la cubierta universal de Sprague, pero las áreas reales eliminadas fueron $3.7507 \cdot 10^{-11}$ y $8.4460 \cdot 10^{-21}$ . Entonces, la cobertura universal de Hansen tiene área
$$ \sim 0.844137708416 $$
Nuestra nueva y más pequeña cobertura universal tenía área
$$ \sim 0.8441153 $$
Se trata de $2.2 \cdot 10^{-5}$ más pequeño que el de Hansen.
Para calcular el área de nuestra cubierta universal, Philip utilizó un programa Java, que está disponible en línea. Greg Egan comprobó nuestro trabajo utilizando cálculos de alta precisión en Mathematica, que también están disponibles en línea. Ver las referencias en nuestro documento para estos programas y también un applet de Java que Gibbs creó para visualizar la cobertura universal de Hansen. Es divertido mirar la astilla más pequeña que Hansen extrajo, ¡porque es 30 millones de veces más larga que ancha!
Más recientemente, Philip Gibbs escribió un artículo en el que afirma tener una cobertura universal aún más pequeña, con un área
$$ \sim 0.8440935944 $$
- Philip Gibbs, Un límite superior para el problema de cobertura universal de Lebesgue , 22 de enero de 2018.
Gibbs es un maestro en esta línea de trabajo, pero debo admitir que no he comprobado todos los detalles, por lo que sería bueno que algunas personas los comprobaran cuidadosamente.
He escrito un relato un poco más detallado del problema de cobertura universal de Lebesgue con algunas imágenes aquí:
-
J. Báez, El problema de cobertura universal de Lebesgue (parte 1) , Acimut , 8 de diciembre de 2013.
-
J. Báez, El problema de cobertura universal de Lebesgue (parte 2) , Acimut , 3 de febrero de 2015.
-
J. Báez, El problema de cobertura universal de Lebesgue (parte 3) , Acimut , 7 de octubre de 2018.
Si alguien sabe de más avances en este rompecabezas, por favor, hágamelo saber.
Andrey Rekalo
Puntos
16401
El problema se ha estudiado para varios grupos $G$ de isometrías de $\mathbb R^n$ . Un conjunto $K\subset \mathbb R^n$ se llama $G$ -si todo conjunto de diámetro 1 está contenido en $gK$ para algunos $g\in G$ .
V. Makeev demostró que el anchura media de un $T_n$ -la cobertura universal es mayor o igual a $\sqrt{2n/(2n+1)}$ , donde $T_n$ es el grupo de traslaciones de $\mathbb R^n$ . Para $n=2$ la estimación es nítida; el perímetro de un $T_2$ -cubierta universal $\geq 2\pi/\sqrt{3}$ ( enlace ).
M. Kovalev obtuvo un descripción de todos los mínimos $D_2$ -cubiertas universales, donde $D_2$ es el grupo de todas las isometrías de $\mathbb R^2$ .
Teorema. Cada mínimo universal $D_2$ -cubierta $K$ tiene forma de estrella. Existe un sistema de coordenadas polares (con el centro en $K$ ) tal que $$\partial K=\{(\phi,\rho(\phi)):\ 0 < \phi\leq 2\pi\},$$ donde $\rho=\rho(\phi)$ es Lipschitz y para cualquier $\phi\in[0,2\pi]$ $$c^2\leq \rho(\phi) \leq 1 - c^2,\qquad c=1-1/\sqrt{3}.$$
Adam Lassek
Puntos
346
Es Problema de mínimos de Lebesgue . Todavía está abierto, aunque hay algunos límites para el área de dicho conjunto, por ejemplo hay límites inferiores para el área $S\ge \frac{\pi}{8}+\frac{\sqrt{3}}{4}$
no es difícil demostrar que dicho conjunto debe tener un diámetro mayor o igual a $\frac{\sqrt{3}}{3}+\frac{1}{2}=1.077350...$ 
Nuestro conjunto debe tener un subconjunto congruente con el triángulo equilátero de lado 1(ABC) y con la circunferencia de radio 0,5(con centro O). Si I - el incentro del triángulo ABC, y $O \in BIC$ entonces considera el punto D que se encuentra en el radio perpendicular a BC. Entonces $AD \ge AI+OD=1.077...$ .
Ander Biguri
Puntos
131
Como se ha señalado en otras respuestas, existen diferentes versiones y generalizaciones del Problema de Cobertura Universal de Lebesgue. Su pregunta original de 1914 en una carta a Pál ha sido citada como
" ¿Cuál es la menor área de un conjunto convexo en el plano que contiene una copia congruente de cada conjunto plano de diámetro unitario? "(véase "Problemas de investigación en geometría discreta" Brass, Moser, Pach.)
Las variaciones de la pregunta piden el diámetro o el perímetro mínimo. A veces se relaja la condición de convexidad pero una ventaja del caso convexo es que la existencia de una cubierta universal con área mínima se garantiza entonces por el teorema de selección de Blaschke. La congruencia permite las reflexiones, así como las traslaciones y rotaciones, pero en algunos enunciados del problema no se permiten las reflexiones. Las cubiertas universales encontradas por Pál y mejoradas por Sprague no requieren reflexiones. La cubierta universal convexa más conocida de Hansen, de 1992, sí requiere reflexiones. El área de Hansen es 0.844137708435197570894066994 y Duff dio una cobertura no convexa más pequeña de 0.84413570 (ver otras respuestas para las referencias)
Sin embargo, es posible mejorar estos límites superiores de la siguiente manera: Empezar con un hexágono regular circunscrito alrededor de un círculo de diámetro uno. Como demostró Pál, se trata de una cubierta universal. Pál consideró la forma de ocho lados formada por eliminando dos esquinas de este hexágono mediante cortes realizados con dos líneas tangentes al círculo de tal manera que las nuevas aristas sean lados de un dodecágono regular inscrito en el hexágono. Consideremos ahora un caso más general en el que los dos cortes siguen siendo tangentes al al círculo y siguen formando un ángulo de 60 grados entre sí, pero con un pequeño ángulo $\sigma$ a las aristas de un dodecaedro. La forma restante sigue siendo una cubierta universal.
Para ver esto, considere los seis triángulos en las esquinas del hexágono, cada uno fuera de una línea tangente al círculo y con el mismo ángulo de inclinación respecto a la arista de un dodecágono regular. En el diagrama están etiquetados como A, B, C, D, E y F. En el interior del hexágono puede caber cualquier forma de diámetro uno. La distancia mínima entre triángulos opuestos como A y D es uno, por lo que la figura no puede estar en el interior de ambos triángulos. Esto es cierto para cada uno de los tres pares de triángulos opuestos de triángulos opuestos, por lo que la forma sólo puede estar en el interior de, como máximo, tres de estos triángulos. Cada uno de los casos posibles se puede comprobar que la forma puede girar un múltiplo de sesenta grados alrededor del centro para que para que siga estando dentro del hexágono pero no dentro de los triángulos E y C. Por lo tanto, el hexágono con estos dos triángulos eliminados es una cubierta universal.
Esta cobertura puede reducirse aún más si se generaliza el argumento utilizado por Sprague. En primer lugar, observe que cualquier forma de diámetro uno puede estar contenida dentro de una curva de anchura constante uno (como un círculo de diámetro unitario, o un polígono de Reuleaux) por lo que para demostrar que un conjunto de puntos es una cobertura universal basta con mostrar que puede cubrir un conjunto congruente con toda curva de de anchura constante. Cuando tal curva se encaja en el interior del hexágono, tocará cada uno de los seis lados del hexágono en un único punto. En el lado que va de D a C debe estar a la izquierda del punto P de la esquina del triángulo eliminado C. Esto significa que todos los puntos cercanos a A fuera de un arco de radio uno centrado en P pueden ser eliminados. Del mismo modo, la curva debe tocar la arista del hexágono de E a D en algún lugar a la derecha de N, la esquina del triángulo E que se ha eliminado. Por tanto, todos los puntos fuera de un arco de radio uno centrado en N también pueden ser eliminados. La cubierta restante tiene entonces un vértice en X donde estos dos arcos. Esto reduce la cobertura, pero no lo suficiente como para hacerla más pequeña para cualquier valor no nulo de $\sigma$ que el universal de Sprague cubierta que es el caso $\sigma=0$ .
Se puede eliminar una pieza más si utilizamos la libertad para reflejar las formas. El eje de reflexión a utilizar es la línea desde el punto medio M del lado del hexágono que va de E a D, hasta el punto medio del lado opuesto. Una forma encajada en una forma encajada en el hexágono sin las esquinas E y C puede reflejarse sobre este eje siempre que no entre en los triángulos F' y D'. triángulos F' y D' que son las reflexiones de C y E sobre el eje. Cuando este sea el caso, optaremos por reflejar la forma si toca el lado de E a D en un punto más cercano a E que a D. Recuerda que toca el lado opuesto en el punto opuesto que, por lo tanto, también se refleja para estar más cerca de la esquina del hexágono en B que la de A. Si dibujamos un arco centrado en M de radio uno, éste corta una región mayor cerca de A y ninguna forma que puede reflejarse puede estar más allá de esta línea. El punto de encuentro con el arco centrado en P está marcado como W.
Esto significa que las únicas formas que pueden tener puntos fuera de ese arco son las que no pueden reflejarse. Esto significa que que deben entrar en algún punto dentro de las regiones F' o D' Si tienen un punto en D' entonces no pueden tener un punto en A' que es el triángulo cuyos puntos están a una distancia mayor que uno de todos los puntos de D'. Dibuja un arco más centrado en Q en la esquina del triángulo C' que es el reflejo de la región F. Todos los puntos de C' están a una distancia de uno o más de uno de los puntos de F' por lo que el arco tocará la región F' pero no entrará en ella. Este arco se encontrará con el arco centrado en M en un punto Z y el arco centrado en N en un punto Y. Consideremos ahora el destino de los puntos dentro de la región XYZW delimitada por los cuatro arcos. Es una propiedad general de las curvas de anchura constante uno que si dos puntos están dentro de la curva entonces todos los puntos de un arco de radio uno que pasa por los dos puntos también están dentro de la curva. Supongamos entonces que una forma encajada en el interior del hexágono tuviera un punto en XYZW y también en F' Podríamos entonces unir esos dos puntos con un arco pero entre los dos puntos quedaría fuera del arco centrado en Q y, por tanto, saldría del hexágono. Este está en contradicción con la premisa por lo que concluimos que ninguna forma encajada en el hexágono puede tener un punto tanto en XYZW como en F'. También se puede comprobar que para los ángulos $\sigma$ menos de 9 grados la región XYZW está dentro del triángulo A'. Por lo tanto, las formas con un punto insode XYZW no tienen puntos en F' o D' y pueden ser reflejadas. Sin embargo, ya hemos hemos determinado que tales formas no tendrán puntos en esta región. Esto demuestra que la región XYZW puede puede ser eliminada de la cubierta universal.
Resulta que esto es suficiente para construir una cubierta universal más pequeña que las de Hansen y Duff. Incluso si nos limitamos al caso convexo y eliminamos sólo la parte de esta región que deja una forma convexa el área de la cubierta universal para un ángulo $\sigma = 0.4$ grados puede calcularse en 0,8441177
Hay otras piezas pequeñas que se pueden quitar de esta cubierta para reducirla aún más.
Esto, por supuesto, no resuelve el Problema de Cobertura Universal de Lebesgue, que es difícil debido a la complejidad del problema (no porque los números implicados sean irracionales como se pide en la pregunta) Sin embargo, puedo descomponer el problema con tres conjeturas
1ª conjetura: La cubierta convexa mínima para cualquier subconjunto de curvas de anchura uno siempre cabrá dentro de un hexágono circunscrito alrededor de una circunferencia de forma que los lados opuestos sean paralelos. Se puede demostrar que dicha forma es una cubierta universal pero sólo la evidencia computacional apoya la verdad de esta conjetura.
Segunda conjetura: Para cualquier hexágono de este tipo existe una cubierta convexa mínima. La conjetura es que el área mínima para dicha para el caso del hexágono regular. Una vez más, los cálculos apoyan esta conjetura.
Tercera conjetura: Para un hexágono regular la cobertura mínima dentro del hexágono para cualquier subconjunto de curvas de anchura uno cabe dentro de la forma que se forma al eliminar dos vértices mediante dos líneas tangentes al círculo inscrito y con un ángulo de 60 grados entre sí (como en el caso anterior)
Si estas tres conjeturas son ciertas, el problema de encontrar la cubierta convexa mínima se reduce a encontrar la cubierta mínima dentro de una forma de este tipo. Las conjeturas pueden ser difíciles de demostrar, pero si son ciertas, el problema final puede ser abordable utilizando métodos similares a la prueba anterior.
Damir Yumakaev
Puntos
36
Philip Gibbs escribió:
el área de la cubierta universal para un ángulo $\sigma=0.4$ los grados pueden ser calculados para ser $0.8441177$ .
Creo que Philip se dio cuenta más tarde de un error en el cálculo de esta área. También se dio cuenta más tarde de que hay una restricción que $\sigma$ necesita obedecer, que no es obedecida por esta elección: la mejor elección de $\sigma$ se trata de
$$ \sigma = 1.294389444703601012^\circ $$
y el área de la cobertura universal que esto da es de aproximadamente
$$ 0.844115297128419059\dots .$$
Escribimos un artículo sobre esto junto con Karine Bagdasaryan, y Greg Egan hizo algunos cálculos de alta precisión que dan los números anteriores. Nuestro documento explica los detalles:
- John C. Baez, Karine Bagdasaryan y Philip Gibbs, El problema de la cobertura universal de Lebesgue .
Resumen: En 1914 Lebesgue definió un "recubrimiento universal" como un subconjunto convexo del plano que contiene una copia isométrica de cualquier subconjunto de diámetro 1. Su reto de encontrar un recubrimiento universal con la menor área posible ha sido abordado por varios matemáticos: Pal, Sprague y Hansen han creado cada uno de ellos una cobertura universal más pequeña eliminando regiones de las conocidas anteriormente. Sin embargo, la última reducción de Hansen fue microscópica: pretendió eliminar un área de $6 \cdot 10^{−18}$ pero mostramos que en realidad eliminó un área de sólo $8 \cdot 10^{-21}$ . A continuación, con la ayuda de Greg Egan, encontramos una nueva cobertura universal más pequeña con un área menor que $0.8441153$ . Esto reduce la superficie de la anterior mejor cobertura universal en la friolera de $2.2 \cdot 10^{−5}$ .
