¿Existe una función inyectiva $f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$ que mapee círculos a $n$-gonos?

Question

Arregla $n\geq 3$. ¿Existe una función inyectiva $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$ tal que la imagen de cualquier círculo en $\mathbb{R}^2$ bajo la aplicación $f$ sea un (simple) $n$-ágono en $\mathbb{R}^2$?

Un amigo me mostró este problema hace unos días sin respuesta, y hemos estado tratando de resolverlo durante la mayor parte de 3 días sin suerte. Realmente no tenemos intuición sobre si existe o no una función como esta, pero hemos logrado probar algunos resultados parciales.

Si no requerimos que $f$ sea una inyección entonces la respuesta es afirmativa.

Sea $g:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}$ la función de proyección $g(x,y)=x$ y sea $P$ un $n$-ágono en $\mathbb{R}^2$. Dado que $|P|=|\mathbb{R}|=|\mathbb{R}/\mathbb{Q}|$, podemos elegir una biyección $\varphi:\mathbb{R}/\mathbb{Q}\rightarrow P$, y definir $h:\mathbb{R}\rightarrow P$ como $h(x)=\varphi(x+\mathbb{Q})$. Si definimos $f=h\circ g$, entonces $f(C)=P$ para cada círculo $C\subseteq\mathbb{R}^2$.

Si requerimos que $f$ sea continua e inyectiva entonces la respuesta es negativa.

Supongamos que $f$ existe para obtener una contradicción. Sea $C$ un círculo en $\mathbb{R}^2$, y sea $p\in\mathbb{R}^2$ tal que $f(p)$ está en un borde (no un vértice) de $f(C)$. Dado que $f$ es continua, entonces su restricción $f|_C$ al interior cerrado de $C$ es uniformemente continua. Tomemos una secuencia $D_m$ de círculos tangentes a $C$ en $p$ en el interior de $C$ de modo que $D_m$ converge a $C$ (en la métrica de Hausdorff). Dado que $f|_C$ es uniformemente continua, entonces $f(D_m)$ converge a $f(C)$. Dado que $f(D_m)$ y $f(C)$ son $n$-ágonos, es claro que $\text{vértice}(f(D_m))$ converge a $\text{vértice}(f(C))$. Dado que cada $D_m$ es tangente a $C$ en $p$, entonces $f(D_m)\cap f(C)=f(D_m\cap C)=\{f(p)\}$, así que dado que $f(p)$ no es un vértice de $f(C)$, entonces $f(p)$ debe ser un vértice de $f(D_m)$, ya que de lo contrario $f(D_m)\cap f(C)$ sería infinito. El hecho de que $f(p)\in \text{vértice}(f(D_m))$ para todo $m$ contradice el hecho de que $\text{vértice}(f(D_m))$ converge a $\text{vértice}(f(C))$.

También teníamos una demostración de que no hay una $f$ biyectiva, pero puede que haya encontrado un error al escribir esto. De todos modos, esto no nos acerca a resolver nuestro problema real. Si alguien tiene alguna idea, estaríamos encantados de escucharlas.

Answer 1

De hecho, no existe tal inyección $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$, lo cual (interesantemente) podemos demostrar usando la teoría de grafos. Debido a la complejidad de la construcción aquí, para esperanzadamente proporcionar una exposición más clara, he tomado la decisión de expresar las cosas de manera más geométrica, y omitir algunos pequeños detalles en la demostración que con suerte deberían ser fáciles de completar para cualquiera interesado en hacerlo.

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Elige un entero $m\geq 3$, y asume para efectos de contradicción que existe un mapa inyectivo $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R}^2$ que mapea círculos a $m$-gonos.

Es fácil ver que si dos círculos $C,D$ son tangentes en un punto $x$, entonces al menos uno de los puntos de $f(C),f(D)$ debe tener a $f(x)$ como vértice; si $f(C)$ tiene a $f(x)$ como vértice, decimos que $C$ atraviesa a $D$ en $x$. También es fácil ver que un círculo puede atravesar como máximo a $m$ círculos en puntos distintos.

Sea $n\geq 3$. Ahora construimos una útil familia de dos índices $A_{n,k}$ de colecciones de círculos coloreados:

Sea $A_{n,1}$ la colección que consiste en el círculo azul unitario $U$ en $0$, un anillo de $n$ círculos rojos idénticos (cada uno tangente a sus dos vecinos rojos) inscritos en $U$, y un círculo azul más pequeño tangente a cada uno de los círculos rojos. Ahora, recursamos.

Para crear $A_{n,k}$ reemplazamos cada uno de los $n$ círculos rojos $C_i$ en $A_{n,1}$ con copias más pequeñas de $A_{n,k-1}$ cada una rotada apropiadamente por un ángulo $\theta_i$ para que esta colección tenga $n$ simetrías rotacionales, y para cada uno de los $n^{k+1}$ círculos rojos en esta nueva colección, agregando los dos círculos azules únicos con centro $0$ tangentes a él (ignorando repeticiones); aquí elegimos los ángulos $\theta_i$ de manera que $A_{n,k}$ no contenga tres círculos que sean mutuamente tangentes en el mismo punto (el hecho de que podemos hacer esto puede ser probado relativamente fácilmente a través de un argumento de cardinalidad). Representados abajo están $A_{n,k}$ para algunos valores pequeños de $n,k$:

Podemos dotar a nuestra colección de círculos $A_{n,k}$ de una estructura de grafo dirigido simple definiendo un grafo dirigido $G_{n,k}=(A_{n,k},E_{n,k})$ donde $E_{n,k}$ es un conjunto que contiene cada arista $CD$ tal que $C$ atraviesa a $D$ pero $D$ no atraviesa a $C$, y una arista de cada par $CD,DC$ donde $C$ y $D$ se atraviesan mutuamente. Nota que toda la información sobre el grafo $G_{n,k}$ excepto la dirección de la arista está codificada por las relaciones de tangencia entre los círculos/vértices en $A_{n,k}$. Ahora, sea $e_{n,k}$ y $v_{n,k}$ el número de aristas y vértices de $G_{n,k}$ respectivamente. Para cada vértice $C$ en $A_{n,k}$, sabemos que $C$ puede atravesar como máximo a $m$ otros vértices en $A_{n,k}$ (ya que no hay tres círculos en $A_{n,k}$ que sean mutuamente tangentes en el mismo punto), entonces $\text{out}(C)\leq m$ (esto es la excentricidad de $C$ en $G_{n,k}$). La fórmula de la suma de grados entonces nos da que: $$e_{n,k} = \sum_{C\in A_{n,k}} \text{out}(C) \leq mv_{n,k}$$

Dado cómo se construyó $A_{n,k}$ de manera recursiva, no es muy difícil ver que $e,v$ satisfacen las siguientes desigualdades de recurrencia: \begin{equation}\begin{split} v_{n,k+1} &\leq 2+nv_{n,k}+2n^k\\ e_{n,k+1} &\geq 3n+ne_{n,k}+2n^{k+1}\\ \end{split}\qquad\begin{split} v_{n,1}&=2+n\\ e_{n,1}&=3n\\ \end{split}\end{equation}

Aplicando inducción en $k$, podemos deducir las siguientes desigualdades asintóticas para $e,v$ con respecto a $n$ (con $k$ fijo): \begin{equation}\begin{split} v_{n,k} &\leq n^k[1+o(1)]\\ e_{n,k} &\geq (2k+1)n^k[1+o(1)]\\ \end{split}\end{equation} Por lo tanto, permitiendo que $2k+1>m$, para algún valor lo suficientemente grande de $n$, tendremos que $e_{n,k}>mv_{n,k}$, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, nuestra inyección $f$ no puede existir.