Infinitas lemniscatas, y más +.

septiembre 8, 2007

  1. Se tiene infinitas lemniscatas (ver acá) en el plano, que no se cortan. Demostrar que estas son a lo sumo numerables.
  2. Se tienen infintos signos “+” en el plano, que no se cortan (ver aquí: +). Demostrar que son a lo sumo numerables.

7 comentarios to “Infinitas lemniscatas, y más +.”

  1. julianhaddad said

    Además hay quienes estaban pensando lo siguiente:

    ¿Hay algún criterio lindo para saber si, dada una figura, se puede poner innumerables veces en el plano (de forma que no se toquen)?

  2. Marlowe:PI said

    Yo había pensado lo siguiente (puede quemar un poco la dem de la lemniscata): Tomemos una curva en el plano, y supongamos por un rato que sabemos cuál es su interior. Supongamos que la curva es conexa, pero su interior no lo es (en particular, es no vacío). Entonces, se pueden colocar solamente numerables copias de la curva en todo el plano.

  3. unimbecil said

    1) Para cada lemniscata elegimos un par (p,q) de puntos de coordenadas racionales, uno en cada componente conexa acotada del complemento de la lemniscata. Si dos lemniscatas tienen asignado el mismo par de puntos, se tienen que intersectar. Eso quiere decir que hay a lo sumo tantas lemniscatas como pares de pares de racionales, o sea una cantidad numerable.

    2) De hecho vale lo siguiente (“Moore’s triod theorem”): Cualquier familia de conjuntos homeomorfos a letras T’s en el plano disjuntos dos a dos es a lo sumo numerable.
    La demostración es del mismo estilo pero bastante más rebuscada. Hay un articulo de una página de un tal Pittman donde la hace bien rápido. La idea es tomar una base numerable de abiertos del plano (que sean discos) y a cada “triod” T asociarle 4 discos de la base, de la siguiente manera: el primer disco D_1 que sea cualquier disco de la base que contenga el centro del T y que intersecte las tres “ramas” de T. Ahi miramos el sub-triod T’ que consiste en truncar las ramas de T en el primer punto en que intersectan el borde de D_1. Entonces D_1\T’ tiene tres componentes conexas, y se eligen D_2, D_3, y D_4 que esten contenidos uno en cada componente.

    Eso da una manera de asignarle cuatro discos de la base numerable a cada T. Ahora basta probar que esa asignacion es inyectiva: a dos “triods” disjuntos no se le asignaron los mismos 4 discos. Y eso es porque si T’ es un triod disjunto de T y le asignamos discos D_1′, … D_4′, entonces o bien D_1′ es diferente de D_1 (y listo), o D_1 = D_1′ y en ese caso el centro de T está en algun D_i’ con 2<=i<=4, y entonces (un dibujo ayuda…) dos de los discos de T tienen que estar contenidos en D_i’ (y de ahi es claro que los discos de T no pueden ser los mismos que los de T’).

  4. marcossarini said

    Christian sugirió una pregunta interesante relacionada. ¿Entran innumerables bandas de Moebius disjuntas en el espacio tridimensional? Pensaba, para definir una banda de Moebius, hacer lo siguiente:

    1) Tomemos algo que sepamos que es una banda de Moebius. Por ejemplo, la imagen M de [0,2\pi] \times [-1,1] a través de la función f dada por f(\varphi,t)=2(cos(\varphi),sin(\varphi),0) + t(cos(\varphi)cos(\varphi/2),sin(\varphi)cos(\varphi /2),sin(\varphi /2)) (creo que anda).

    2) Tomemos un homeomorfismo g:U \to V entre dos abiertos, de modo que U \subseteq M. Entonces M'=g(M) es una banda de Moebius. Se puede reemplazar eventualmente la palabra homeomorfismo por difeomorfismo, o lo que quieran, pero para mí con que exista un homeo ya tenemos banda de Moebius.

  5. charlydif said

    Con respecto a un criterio para decidir si algo arcoconexo se puede poner no numerables veces en el plano (salvo homeomorfismos) parece que la condicion deberia ser cualquier cosa que no contenga nada homeomorfo a una T. O sea…es claro que es necesario y pareciera que si un arcoconexo no tiene nada homeomorfo a una T entonces es una curva simple (que es homeomorfa o a un segmento a un circulo).

  6. unimbecil said

    Yo pensaba algo parecido (creía que si caben no numerables copias (homeomorfas) de un compacto conexo en el plano entonces tiene que ser una curva). Pero resulta que no es verdad ni siquiera eso.

    Tampoco es verdad que si no contiene nada homeomorfo a una T entonces es una curva; por ejemplo la clausura del gráfico de sen(1/x) en (0,1].

    Sin embargo dudo que se pueda poner no numerables copias disjuntas de eso en el plano, pero hay cosas mucho mas feas que ese gráfico. Por ejemplo el pseudo-arco que había mencionado antes no contiene nada homeomorfo a una T y no es localmente conexo en ningun punto. Y resulta que se peude poner no numerables veces en el plano (no sé probar eso, pero hace tiempo cuando pensaba en este problema encontré un articulo donde construian un “continuo de pseudo-arcos” disjuntos.

    Tambien hay otro paper (si a alguien le interesa avisen) de

  7. unimbecil said

    oops eso se envio sin querer.

    Decía que hay un paper de Burgess donde justamente considera el problema de meter no enumerables copias de un continuo en el plano, entre otras cosas El tipo define el “ancho” de un continuo “tree-like” (continuo = compacto conexo, “tree-like” = limite inverso de “arboles”. Un continuo tree-like es algo bastante general, y todos los continuos que se me ocurren son esencialmente de ese tipo). Y prueba que dada una familia no enumerable de continuos en el plano, a lo sumo numerables de ellos tienen ancho positivo. O sea, una condicion necesaria para poder poner no enumerables copias homeomorfas de un continuo tree-like en el plano es que tenga ancho 0.

    El articulo de Burgess es open access:

    http://projecteuclid.org/euclid.pjm/1103037325

    El articulo donde hacen el continuo de pseudo-arcos es:

    Prajs, J. R., Transactions of the American Mathematical Society, Vol. 352, No. 4 (Apr., 2000), pp. 1743-1757

    y esta disponible en Jstor

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