Cubriendo cada punto del plano con círculos tres veces

Question

El siguiente problema surgió de un grupo de discusión italiano: no estoy muy seguro acerca de las etiquetas óptimas para la pregunta, así que siéntete libre de mejorarlas.

Definición: decimos que $E\subseteq\mathbb{R}^2$ admite una cobertura con grado $d$ si hay una familia $\mathscr{F}$ de círculos distintos (con radios positivos) tal que cada punto de $E$ pertenece exactamente a $d$ círculos en $\mathscr{F}$.

Resultados preliminares:

1. Hay una cobertura de $\mathbb{R}^2\setminus\{O\}$ con grado $1$ dado por círculos concéntricos;
2. No hay cobertura de $\mathbb{R}^2$ con grado $1$, debido al punto de acumulación de cualquier cadena de círculos anidados;
3. Hay una cobertura de $\mathbb{R}^2$ con grado $2$, por ejemplo la dada por los círculos unitarios centrados en $(2n,y)$ para cualquier $n\in\mathbb{Z},y\in\mathbb{R}$;
4. Hay una cobertura de $\mathbb{R}^2\setminus\{O\}$ con grado $2$, por ejemplo la dada por los círculos tangentes a los lados de un cuadrante.

Ahora la pregunta real, a la que no he logrado abordar (aún):

¿Existe una cobertura de $\mathbb{R}^2$ con grado $3$?

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Creo que la respuesta es negativa: (sin éxito) intenté demostrar que cualquier cobertura de grado 3 admite una subcobertura de grado 2, con el fin de obtener una cobertura contradictoria de grado 1 al cambiar al complemento. Cualquier idea es bienvenida.

Pequeña actualización: en realidad no es posible extraer una subcobertura de grado 2 de una cobertura (hipotética) de grado 3. Una vez que se elimina un círculo $\Gamma_1$ de una cobertura de grado 3, estamos obligados a eliminar un círculo contenido en el interior de $\Gamma_1$ y esto lleva a una cadena de círculos que converge a un punto.

Si existe una cobertura con grado 3, cada cadena de círculos contenidos tiene un número finito de elementos. Los elementos de $\mathscr{F}$ forman un POset: podemos decir que $\Gamma_1 < \Gamma_2$ si $\Gamma_1$ está contenido en el interior de $\Gamma_2$. Esto también permite asignar una paridad a cada elemento de $\mathscr{F}$ y a cada punto del plano, de acuerdo con la longitud de una cadena máxima contenida en el círculo / rodeando tal punto.

Pensamientos adicionales: asumamos que existe una cobertura de grado 3 de $\mathbb{R}^2$. Por el argumento de la cadena, hay un disco $D$ tal que $\partial D\in\mathscr{F}$ y cada círculo que cubre $\mathring{D}$ se encuentra con $\partial D$ en dos puntos no antipodales. Llamemos $\mathscr{f}$ a la familia de círculos que cubren $\mathring{D}$. Tenemos que $\partial D$ está cubierta tres veces, por lo que los círculos que atraviesan cada punto de $\partial D$ son $\partial D$ en sí misma y dos elementos de $\mathscr{f}$. Estas parejas de círculos "saliendo" de cualquier punto de $S^1=\partial D$ tienen que cubrir tres veces cualquier punto de $\mathring{D}$, lo cual es bastante extraño. Se me vienen a la mente muchas subpreguntas:

1. ¿Es posible dividir $\mathscr{f}$ en dos/tres subfamilias de círculos disjuntos?
2. ¿Es posible usar la condición de cadena descendente como un sustituto de la continuidad, luego aplicar algún truco topológico?
3. ¿Son útiles de alguna manera el lema de Tucker, la característica de Euler o la teoría de grafos planares?

Partiendo de cualquier $P_0\in\partial D$, podemos tomar $P_{-1}$ y $P_1$ como los puntos de $\partial{D}$ conectados a $P_0$ a través de los elementos de $\mathscr{f}$ a través de $P_0$, luego definir $P_{-2},P_{2},P_{-3},P_{3},\ldots$ de la misma manera. Esto da una partición de $\partial D$ en ciclos finitos (podría ocurrir un ciclo de longitud $2$ si $P_1=P_{-1}$) y ciclos "infinitos" con una numerabilidad de elementos. Los ciclos infinitos tienen puntos límite, que son problemáticos. Por otro lado, también una partición en solo ciclos finitos no parece tener ninguna posibilidad de cubrir cualquier punto de $\mathring{D}$ exactamente tres veces.

Otro pensamiento medida-teórico. Sea $S^1=\partial D$ (que podemos asumir que tiene radio $1$), sea $P\in S^1$. Dos elementos de $\mathscr{f}$ pasan por $P$: sea $L(P)$ la longitud total de los arcos dados por las intersecciones con $\mathring{D}$. Supongamos que $L:S^1\to (0,4\pi)$ es una función integrable. Al integrar $L$ sobre $S^1$ tenemos que cada arco en $\mathscr{f}\cap\mathring{D}$ se cuenta dos veces, por lo tanto $$ \int_{S_1} L = 2\int_{\text{arcs in }\mathscr{f}} 1=2\cdot 3\text{Area}(D) = 6\pi$$ y la longitud promedio de un arco en $\mathscr{f}$ es $\frac{3}{2}$. Se sigue que la mayoría de los arcos de una "3-cobertura" integrable de $\mathring{D}$ son bastante cortos, lo que fuerza una concentración de los arcos cerca del límite de $D$. Esta violación de la uniformidad probablemente lleva al hecho de que si existe una cobertura de $\mathbb{R}^2$ con grado $3$, no es integrable.

Answer 1

Abajo construyo una cubierta de $\mathbb{R}^2$ con grado $3$. La idea es construir una cubierta casi-"de grado 2" de $\mathbb{R}^2$ para la cual un solo punto está cubierto tres veces (usando variaciones del truco de la cubierta de grado 2 dada en la pregunta), luego equilibrar las cosas agregando la cubierta de grado $1$ de $\mathbb{R}^2 - \{O\}$.

Lema: Sea $U$ un disco abierto y sea $P$ un punto en su borde. Entonces existe una familia $\mathscr{F}$ de círculos contenidos en $U \cup \{P\}$ tal que cada punto de $U$ pertenece exactamente a dos círculos de $\mathscr{F}$, mientras que $P$ pertenece exactamente a un círculo de $\mathscr{F}$.

Prueba: Para $a > 0$, sea $L(a)$ la recta dada por la ecuación $x = a$, y sea $C(a)$ el círculo de radio $a$ centrado en $(a, 0)$, de modo que $C(a)$ pasa por el origen $O$. Supongamos sin pérdida de generalidad que $P = O$ y que $U$ es el disco abierto delimitado por $C(1/2)$. Ahora, para $0 < a < b$, sea $\mathscr{G}(a, b)$ la familia de círculos de radio $\frac{b-a}{2}$ con centros en la recta $L(\frac{b+a}{2})$, de modo que los círculos de $\mathscr{G}(a, b)$ están contenidos dentro de la franja cerrada delimitada por $L(a)$ y $L(b)$, y cada punto de $L(a)$ y $L(b)$ pertenece exactamente a un círculo de $\mathscr{G}(a, b)$, mientras que cada punto en el interior de la franja pertenece exactamente a dos círculos de $\mathscr{G}(a, b)$. Definimos $$\mathscr{G} = \bigcup_{n=1}^\infty \mathscr{G}\left(1 + \frac{1}{n+1}, 1 + \frac{1}{n} \right) \cup \bigcup_{n=1}^\infty \mathscr{G}\left(2 + \frac{1}{n+1}, 2 + \frac{1}{n} \right) \cup \bigcup_{n=3}^\infty \mathscr{G}(n, n+1)$$ de modo que, si definimos $V = \bigcup_{a > 1} L(a) = \{(x, y) : x > 1\}$, todos los círculos en $\mathscr{G}$ están contenidos en $V$, y cada punto en $V$ pertenece exactamente a dos círculos en $\mathscr{G}$, excepto aquellos puntos en $L(2)$, cada uno de los cuales pertenece exactamente a un círculo en $\mathscr{G}$. Ahora, bajo inversión respecto al círculo unitario centrado en el origen, $L(a)$ se mapea a $C(\frac{1}{2a}) - \{O\}$, $V$ se mapea a $U$, y cada círculo en $\mathscr{G}$ se mapea a un círculo en una nueva familia $\mathscr{G}'$ de círculos contenidos en $U$. Según lo anterior, cada punto en $U$ pertenece exactamente a dos círculos en $\mathscr{G}'$, excepto aquellos puntos en $C(1/4) - \{O\}$, cada uno de los cuales pertenece exactamente a un círculo en $\mathscr{G}'$. Para concluir, definimos $\mathscr{F} = \mathscr{G}' \cup \{C(1/4)\}$, la cual tiene las propiedades deseadas.

Proposición: Existe una cubierta de $\mathbb{R}^2$ con grado $3$.

Prueba: Definir $C'(r)$ como el círculo de radio $r$ centrado en el origen. Sea $P = (2, 0)$ y sea $U$ el disco abierto delimitado por $C'(2)$. Para cada $n \geq 1$, sea $\mathscr{H}_n$ la familia de círculos unitarios con centros en $C'(2n+1)$, por lo que si definimos $E_n$ como el interior de la región delimitada por $C'(2n)$ y $C'(2n+2)$, entonces cada círculo en $\mathscr{H}_n$ está contenido en $C'(2n) \cup E_n \cup C'(2n+2)$, y cada punto en $E_n$ pertenece exactamente a dos círculos en $\mathscr{H}_n$, mientras que cada punto en $C'(2n)$ o $C'(2n+2)$ pertenece exactamente a un círculo en $\mathscr{H}_n$. Tomando $\mathscr{H} = \bigcup_{n=1}^\infty \mathscr{H}_n$, vemos que cada punto en $\mathbb{R}^2 - (C'(2) \cup U)$ pertenece exactamente a dos círculos en $\mathscr{H}$, cada punto en $C'(2)$ pertenece exactamente a un círculo en $\mathscr{H}$, y cada punto en $U$ no pertenece a ningún círculo en $\mathscr{H}$. Para cubrir $U$, sea $\mathscr{F}$ la familia de círculos dada por el Lema aplicada a $U$ y $P$, y definamos $\mathscr{F}' = \mathscr{F} \cup \mathscr{H} \cup \{C'(2)\}$, por lo que cada punto de $\mathbb{R}^2$ pertenece exactamente a dos círculos en $\mathscr{F}'$, excepto $P$ que pertenece exactamente a tres (ya que se encuentra en $C'(2)$). Pero ninguno de los círculos en $\mathscr{F}'$ está centrado en $P$, por lo que podemos extender la familia $\mathscr{F}'$ a una cubierta de $\mathbb{R}^2$ con grado $3$ añadiendo todos los círculos centrados en $P$.

Answer 2

Se puede demostrar que existe una cobertura de $k$ veces para cualquier $k\geqslant 3$ - si se permite utilizar inducción transfinita (es decir, básicamente, el axioma de elección de Zermelo).

Si se nos da algún conjunto de circunferencias, llamaremos el número de circunferencias que pasan por algún punto $a$ un número de cobertura de ese punto.

Ahora, bien-ordena los puntos del plano $P$ de modo que para cada $x\in P$ el conjunto $a \prec x$ tiene cardinalidad estrictamente menor que la continuidad. Entonces definimos la declaración $S(x)$ de la siguiente manera:

Existe un conjunto $C_x$ de circunferencias distintas y menor que la continuidad tal que

(a) cada punto en el plano que precede a $x$ está cubierto exactamente por $k$ circunferencias de $C_x$;

(b) cada otro punto está cubierto por no más de $k$ circunferencias de $C_x$;

(c) para cada $y\prec x$ tenemos $C_y \subset C_x$.

El caso base: para el $z$ mínimo en $P$ la declaración $S(z)$ es obvia ya que $C_z$ puede ser elegido como algunas $k$ circunferencias distintas que pasan por $z$.

Ahora para el paso de inducción. Sea $x\in P$ un punto arbitrario y asumamos que para cada $y \prec x$ la declaración $S(y)$ es verdadera. Consideremos ahora la unión $U$ de todas las $C_y$, $y\prec x$. Obviamente, cada punto en el plano está cubierto por $U$ no más de $k$ veces, y cada punto $y\prec x$ está cubierto exactamente $k$ veces.

Resta añadir a $U$ algunas circunferencias para asegurar que $x$ esté cubierto exactamente $k$ veces, sin romper la propiedad (b).

Vamos a suponer que $x$ está cubierto por $k-p$ circunferencias en $U$, donde $p>0$.

Consideremos ahora todas las circunferencias que pasan por $x$ - hay una continuidad de ellas. Dado que la cardinalidad de $U$ es menor que la continuidad, y dado que cualquier par de circunferencias distintas se intersectan en a lo sumo dos puntos, se sigue que el conjunto $A$ de puntos que están cubiertos $2$, $3$, ..., o $k$ veces por $U$ tiene una cardinalidad menor que la continuidad. Por lo tanto, podemos encontrar $p$ circunferencias que pasan por $x$ pero no por ninguno de los puntos de $A$. Agregar estas $p$ circunferencias a $U$ aumentará el número de cobertura de cada punto en el plano, excepto por $x$, en a lo sumo $2$. Dado que estas circunferencias no pasan por ningún punto de $A$, solo pasan por puntos cubiertos una vez o menos, aumentando así su número de cobertura a no más de $3\leqslant k$. Esto demuestra $S(x)$ y concluye el paso de inducción.

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Esto es, por supuesto, una prueba pura de existencia, sin ninguna construcción directa de dicha cobertura.

Answer 3

También, obviamente, hay una construcción explícita de un cubrimiento de $k$ capas donde $k$ es par. Simplemente toma cualquier cubrimiento de $2$ capas - como el de el ítem (c) en el post original - y repítelo $k/2$ veces.

De manera similar, si tienes un cubrimiento de $3$ capas puedes crear un cubrimiento de $k$ capas para cualquier $k > 3$ impar agregando capas extra de $2$ capas encima de él.