Wieviele 8-en bringt man in eine Ebene?

23.03.2011, 06:59

gonnabphd

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Wieviele 8-en bringt man in eine Ebene?

Hi,

Wie viele 8-Figuren (d.h. Mengen homöomorph zu $\begin{eqnarray*} S^1 \times (1,0) \cup (1,0) \times S^1 \end{eqnarray*}$ ) bringt man in die Ebene, ohne dass sich zwei davon schneiden dürfen?

Abzählbar oder überabzählbar viele?

z.B. bringt man überabzählbare viele Kreise in die Ebene, man nehme alle Kreise um den Nullpunkt. Aber 8-Figuren?

Es scheint mir so, als ob man bloss abzählbar viele 8en platzieren könnte, aber beweisen kann ich das nicht. Evtl. fällt jemandem von euch ja ein Grund ein? Oder gar ein Grund, weshalb meine Intuition mich hier im Stich lässt?

Gruss Wink

Wink

23.03.2011, 18:35

Elvis

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Ich würde in einen Kreis der 8 eine kleinere 8 unterbringen, ..., in den anderen Kreis auch noch, ... ( rekursiv natürlich, also schon mal abzählbar viele), ... , dann eine kleinere 8 daneben, ... , da passt ganz viel in die Ebene. Big Laugh

Big Laugh

23.03.2011, 20:55

gonnabphd

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smile

Ja abzählbar viele 8en bring ich ja auch noch in die Ebene. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Aber ob es deren überabzählbar viele geben kann...? Mysteriöse Sache... verwirrt

verwirrt

Big Laugh

23.03.2011, 21:18

gonnabphd

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geschockt

Mal ein Vereinfachung: Sagen wir die Figuren sind nicht bloss homöomorph zu, sondern sogar genau gestreckte Kopien von $\begin{eqnarray*} S^1 \times (1,0) \cup (1,0) \times S^1 \end{eqnarray*}$ .

Dann könnte man wohl so argumentieren:

Sei eine Verteilung von solchen 8en gegeben.
Sei $\begin{eqnarray*} \mathcal E_n \end{eqnarray*}$ die Menge aller 8en, für welche beide Kreise einen Radius grösser gleich $\begin{eqnarray*} \frac 1{n+1} \end{eqnarray*}$ , jedoch kleiner gleich $\begin{eqnarray*} \frac 1n \end{eqnarray*}$ haben.

Dann dürfte wohl $\begin{eqnarray*} \mathcal E_n \end{eqnarray*}$ abzählbar sein, wegen der Ausdehnung der Kreise und weil eine 8 dann nicht in eine andere 8 passen kann. Und jede 8 ist in einem solchen $\begin{eqnarray*} \mathcal E_n \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} n \in \{\dots, \frac 1 5, \frac 16, \frac17, \frac18, \dots, 0, 1, 2, \dots \} \end{eqnarray*}$ enthalten.

Folglich gibt es in diesem einfacheren Falle höchstens abzählbar viele 8en.

Allerdings scheinen mir die allgemeinen Achten (mit der Aufgabenstellung bloss bis auf Homöomorphie) viel weniger greifbar... und offensichtliche Verallgemeinerungen dieser Vorgehensweise scheinen auch nicht zu funktionieren.

24.03.2011, 19:45

Merlinius

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Eine Antwort hierauf würde mich auch interessieren.

Intuitiv würde ich auch sagen, dass es nur abzählbar viele sind, aber beweisen kann ich es nicht.

24.03.2011, 22:55

gonnabphd

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Ich denke jetzt einfach mal ein bisschen laut hier, vielleicht regt es ja jemanden zu einer guten idee an?

Sei $\begin{eqnarray*} \mathcal A = \{A_i\}_{i \in I} \end{eqnarray*}$ eine Verteilung von sich nicht überschneidenden Achten in der Ebene. Wir ordnen jedem $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ zwei Zahlen $\begin{eqnarray*} (a_i,b_i), \; a_i \ge b_i \end{eqnarray*}$ zu. Wobei

$\begin{eqnarray*} a_i = \sup \{\epsilon \; |\; \exists x \in \mathbb R^2, \text{ so dass $B_\epsilon(x)$ } \subset (A_i^c \text{ ohne die unbeschränkte Komponente des Komplements}) \} \end{eqnarray*}$

und als $\begin{eqnarray*} b_i \end{eqnarray*}$ nehmen wir das Supremum über die Radien, für welche Bälle in der anderen beschränkten Komponente des Komplements von $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ Platz haben. (wenn beide Suprema gleich sind, so nehme man $\begin{eqnarray*} a_i = b_i \end{eqnarray*}$ ).

oBdA dürfen wir annehmen, dass für alle i aus der Indexmenge: $\begin{eqnarray*} 0 < a_i, b_i \le 1 \end{eqnarray*}$ gilt. (falls nicht suche man ein n, für welches die Menge aller $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_i \in [0,n] \end{eqnarray*}$ überabzählbar ist und strecke die Ebene, so dass alle solchen $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ entsprechend klein werden). Ausserdem können wir mit einem ähnlichen Argument ebenfalls annehmen, dass alle Achten in $\begin{eqnarray*} [0,1]^2 \end{eqnarray*}$ liegen.

Dies nur, um mal zwei Unendlichkeiten los zu werden... Erscheint mir eine halbwegs gute Idee. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ah, nun können wir ja mal die Indices mit $\begin{eqnarray*} b_i \in [2^{-(n+1)}, 2^{-n}] \end{eqnarray*}$ betrachten! Es gibt dann ein kleinstes n, so dass die Menge aller Kreise mit $\begin{eqnarray*} b_i \in [2^{-(n+1)}, 2^{-n}] \end{eqnarray*}$ überabzählbar ist. Wiederum können wir annehmen, dass dies für $\begin{eqnarray*} \frac 12 \le b_i \le 1 \end{eqnarray*}$ schon der Fall ist. (dabei haben wir natürlich das Einheitsquadrat im Allgemeinen wieder gestreckt -- jedoch nur um eine endliche Grösse, ebenso die a_i's).

Nun dürften wir einen Widerspuch gefunden haben (ich seh' ihn zwar noch nicht, aber es fühlt sich so an...) verwirrt

verwirrt

Jede Acht $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ mit einer gewissen Zahl $\begin{eqnarray*} b_i \end{eqnarray*}$ passt höchstens dann in das Innere einer anderen Acht $\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ , wenn gilt $\begin{eqnarray*} 2b_i < a_j \end{eqnarray*}$ ... Mmhh... so geht das noch nicht wirklich...

Ich fasse mal zusammen: Gefunden wurde ein überabzählbarer Teil der Indexmenge, welcher erfüllt, dass

$\begin{eqnarray*} \frac12 \le b_i \le 1 \end{eqnarray*}$
Es gibt ein N, so dass $\begin{eqnarray*} a_i \le N \end{eqnarray*}$ für alle i
Es gibt ein C > 0, so dass alle Achten in $\begin{eqnarray*} [0,C]^2 \end{eqnarray*}$ liegen

Einige Gedanken: Indem weiterhin überabzählbare Teilmengen sucht im Stil von oben, kann man die Zahlen $\begin{eqnarray*} a_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_i \end{eqnarray*}$ beliebig genau abschätzen.

Möglicherweise ist die Idee mit den beiden "charakteristischen Zahlen" zu ungenau, da man Beulen damit nicht erfassen kann. Vielleicht sollte man stattdessen eher das Mass der Komponenten nehmen oder nach anderen Grössen suchen, mit welchen man die Achten ausmessen könnte.

smile

smile

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24.03.2011, 23:34

gonnabphd

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Wenn, man die oben definierten a_i und b_i durch das Mass der grösseren und das Mass der kleineren durch $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ beschränkten Komponente ersetzt, dann kann ein $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ maximal dann in einem $\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ liegen, wenn $\begin{eqnarray*} a_i + b_i \le a_j \end{eqnarray*}$ .

Indem wir ein weiteres Überabzählbarkeitsargument anführen, können wir eine Abschätzung der Form

$\begin{eqnarray*} k \le \frac{a_i}{b_i} \le k+\epsilon \end{eqnarray*}$ für alle i

bekommen. Dann ist $\begin{eqnarray*} \frac{a_i}{k+\epsilon}\le b_i \le \frac{a_i}{k} \end{eqnarray*}$ .

Also gilt $\begin{eqnarray*} \underbrace{\frac{k+1+\epsilon}{k+\epsilon}}_{=: q}a_i \le a_i + b_i \le a_j \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ liegt.

Somit bekommt man die Abschätzung $\begin{eqnarray*} a_j - a_i \ge a_j - \frac {a_j}{q} \ge a_j (1-q^{-1}) \ge \frac 12 (1-q^{-1}) =: \ell >0 \end{eqnarray*}$ .

Also:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ hat Platz in $\begin{eqnarray*} A_j \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \implies \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} a_j - a_i \ge \ell > 0 \end{eqnarray*}$

Nun sind wir am Ziel. Sei $\begin{eqnarray*} \mathcal E_n = \{i \in I\; |\; a_i \in [n\ell /2, (n+1)\ell/2] \} \end{eqnarray*}$ . Dann kann von zwei $\begin{eqnarray*} A_i, A_j \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i, j \in \mathcal E_n \end{eqnarray*}$ keines im anderen drin sein. Also gibt es höchstens abzählbar viele $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ in jedem $\begin{eqnarray*} \mathcal E_n \end{eqnarray*}$ , folglich gibt es auch maximal abzählbar viele $\begin{eqnarray*} i \in I = \bigcup_{n \in \mathbb N} \mathcal E_n \end{eqnarray*}$ .

Q.E.D.

25.03.2011, 22:01

Elvis

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Heureka, ich habe es soeben geschafft, überabzählbar viele liegende 8en in ein Rechteck zu legen. Der Herr C. hätte das auch gekonnt. Wenn du schön "bitte" sagst, gebe ich dir morgen einen weiteren Tipp.

25.03.2011, 22:23

gonnabphd

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Zitat:

Heureka, ich habe es soeben geschafft, überabzählbar viele liegende 8en in ein Rechteck zu legen. Der Herr C. hätte das auch gekonnt. Wenn du schön "bitte" sagst, gebe ich dir morgen einen weiteren Tipp.

Proof or it didn't happen. Big Laugh

Big Laugh

Ich meine, ich hätte einen Beweis der Unmöglichkeit einer solchen Tat gefunden, aber bin natürlich offen für dein Gegenbeispiel (auch wenn ich dessen Korrektheit stark bezweifle)

Gruss Wink

Wink

Edit: Hier mal mein Beweis, dass es nicht geht.

Beweis durch Widerspruch.
Sei $\begin{eqnarray*} \mathcal A = \{A_i\}_{i \in I} \end{eqnarray*}$ eine Verteilung von sich nicht überschneidenden Achten in der Ebene. (I überabzählbare Indexmenge, alle $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ paarweise verschieden)

Jede Acht $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ teilt die Ebene in genau drei zusammenhängende Komponenten. Davon sind zwei beschränkt und eine ist unbeschränkt. Wir nennen diese beschränkten Komponenten, welche zu $\begin{eqnarray*} A_i \end{eqnarray*}$ gehören im weiteren Verlauf jeweils $\begin{eqnarray*} B_i, \, C_i \end{eqnarray*}$ ,. Nun definieren wir

$\begin{eqnarray*} M_i = \max(\lambda(B_i), \lambda(C_i)), \quad m_i = \min(\lambda(B_i), \lambda(C_i)) \quad (i \in I) \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ das Lebesgue-Maß sei.

Nun gibt es ein natürliches N, so dass $\begin{eqnarray*} I_1 := \{i \in I | M_i \le N \} \end{eqnarray*}$ überabzählbar ist.

Weiterhin gibt es ein natürliches n, so dass die Menge $\begin{eqnarray*} I_2 := \{i \in I_1 | m_i \ge \frac 1n\} \end{eqnarray*}$ überabzählbar ist.

Für alle $\begin{eqnarray*} i \in I_2 \end{eqnarray*}$ haben wir also $\begin{eqnarray*} \frac 1n \le m_i \le M_i \le N \end{eqnarray*}$ .

Folglich gilt auch $\begin{eqnarray*} \frac 1{Nn} \le \frac{m_i}{M_i} \le Nn \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \frac{M_i}{Nn} \le m_i \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i \in I_2 \end{eqnarray*}$ .

Im weiteren betrachten wir nur noch die (überabzählbare) Indexmenge $\begin{eqnarray*} I_2\subset I \end{eqnarray*}$ .

Betrachten wir nun zwei Achten $\begin{eqnarray*} A_i, \; A_j \end{eqnarray*}$ in der Ebene. Da jede Acht zusammenhängend ist und sich zwei Achten nicht schneiden, gibt es im wesentlichen drei Möglichkeiten. Diese wären:

1. Beide Achten liegen nebeneinander, d.h. beide Achten liegen in der unbeschränkten Komponente des Komplement der anderen Acht.

2. $\begin{eqnarray*} A_i \subset B_j \end{eqnarray*}$
3. $\begin{eqnarray*} A_i \subset C_j \end{eqnarray*}$

In den Fällen 2. und 3. folgt natürlich $\begin{eqnarray*} B_i \cup C_i \subset B_j \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} B_i \cup C_i \subset C_j \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt

$\begin{eqnarray*} m_i + M_i = \lambda (B_i \cup C_i) \le M_j \end{eqnarray*}$

Mit unserer Abschätzung $\begin{eqnarray*} \frac{M_i}{Nn}\le m_i \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} m_i \end{eqnarray*}$ folgt daraus also

$\begin{eqnarray*} \left(1 + \frac{1}{Nn}\right) M_i \le M_i + m_i \le M_j \end{eqnarray*}$

Wenn wir das umschreiben ergibt sich insgesamt also, im Falle $\begin{eqnarray*} A_i \subset C_j \wedge A_i \subset B_j \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i,j \in I_2 \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} M_j - M_i \ge \left(1 + \frac{1}{Nn}\right) M_i - M_i = \frac{M_i}{Nn} \ge \frac{1}{Nn^2} \end{eqnarray*}$

Mit dieser Abschätzung sind wir fast am Ziel. Wir betrachten wir die Mengen

$\begin{eqnarray*} E_r := \left\{i \in I_2 | M_i \in \left[r - \frac{1}{3Nn^2}, r+ \frac{1}{3Nn^2}\right]\right\} \end{eqnarray*}$

Dann gilt für alle $\begin{eqnarray*} i,j \in E_r \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} |M_j - M_i| \le \frac2{3Nn^2} < \frac{1}{Nn^2} \end{eqnarray*}$ .

Folglich kann für $\begin{eqnarray*} i,j \in E_r \end{eqnarray*}$ nie $\begin{eqnarray*} A_i \subset C_j \wedge A_i \subset B_j \end{eqnarray*}$ gelten! Also passt anschaulich keine Acht aus $\begin{eqnarray*} E_r \end{eqnarray*}$ in eine andere Acht aus $\begin{eqnarray*} E_r \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt, dass es maximal abzählbar viele Achten in $\begin{eqnarray*} E_r \end{eqnarray*}$ geben kann. (Man wähle für jede acht eine rationale Zahl aus einer der beiden beschränkten Komponenten und bekommt so eine Injektion $\begin{eqnarray*} E_r \to \mathbb Q \end{eqnarray*}$ .

Andererseits gilt aber offensichtlich $\begin{eqnarray*} I_2 = \bigcup_{r \in \mathbb Q} E_r \end{eqnarray*}$ . Folglich ist $\begin{eqnarray*} I_2 \end{eqnarray*}$ abzählbar - im Widerspruch zur Wahl von $\begin{eqnarray*} I_2 \end{eqnarray*}$ .

Es kann also keine Verteilung von überabzählbar vielen Achten in der Ebene geben.

Q.E.D.

26.03.2011, 11:53

Elvis

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Ich habe ein konstruktives Beispiel, also muss dein Beweis falsch sein. Big Laugh

Big Laugh

Du hast noch nicht "bitte" gesagt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

26.03.2011, 15:29

gonnabphd

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Da ich einen Beweis habe, muss deine Konstruktion fehlerhaft sein. Aber bitte, wenn du meinst es sei umgekehrt, belehre mich. Freude

Freude

smile

26.03.2011, 16:43

Elvis

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Mein trautes Heim ziert eine Hommage an Georg Cantor: ein Spiegel, den ich mir habe anfertigen lassen, der die ersten Konstruktionsschritte der Cantormenge zeigt.
Man nehme das abgeschlossene Einheitsintervall $\begin{eqnarray*} [0,1] \end{eqnarray*}$ und entferne das mittlere offene Intervall $\begin{eqnarray*} (1/3,2/3) \end{eqnarray*}$ . Aus der verbleibenden Menge abgeschlossener Intervalle entferne man jeweils das mittlere offene Drittel-Teilintervall.
Der Grenzwert der Mengen heißt Cantormenge, sie ist überabzählbar, wie ein (typisch Cantor'sches) Diagonalargument beweist.

Nimm ein Rechteck $\begin{eqnarray*} [0,1]\times[-\epsilon,\epsilon],\epsilon\in\mathbb R_{>0} \end{eqnarray*}$ beliebig, aber fest gewählt, entferne $\begin{eqnarray*} (1/3,2/3)\times[-\epsilon,\epsilon] \end{eqnarray*}$ . In das entfernte Rechteck $\begin{eqnarray*} (1/3,2/3)\times[-\epsilon,\epsilon] \end{eqnarray*}$ kannst du bequem zwei disjunkte 8en unterbringen, die wir mit den Punkten $\begin{eqnarray*} 1/3,2/3 \end{eqnarray*}$ der Cantormenge identifizieren. Bei der Cantor'schen Entfernung des jeweils mittleren Rechtecks aus allen verbleibenden Teilrechtecken identifizieren wir jeweils 2 disjunkte 8en im jeweils entfernten Teilrechteck mit 2 nächstliegenden Punkten der Cantormenge.
Nach Konstruktion sind alle 8en disjunkt, der Grenzwert der Menge der 8en ist per Konstruktion gleichmächtig der Cantormenge, ergo überabzählbar. qed.

26.03.2011, 17:01

gonnabphd

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Deine Achten stehen nicht in Bijektion mit den Punkten der Kantormenge. Du hast schlussendlich bloss eine Injektion in die Cantormenge.

Das ist ja auch klar, denn in jedem Konstruktions-Schritt bekommst du bloss endlich viele neue Achten. Und du machst abzählbar viele Konstruktionsschritte. Ergo hast du am Schluss abzählbar viele Achten konstruiert.

Mein Beweis oben ist schon richtig.

26.03.2011, 17:07

Huggy

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Das ergibt keine überabzählbar viele Achten. Du hast die Randpunkte der nicht entfernten Intervalle mit der Cantormenge identifiziert. Das ist nicht korrekt. Die Cantormenge enthält mehr Punkte als nur diese Randpunkte. Die Randpunkte sind diejenigen Punkte, die sich im 3er-System mit einer Periode 0 oder einer Periode 2 schreiben lassen und das ist eine abzählbare Menge. Die Cantormenge enthält dagegen alle Punkte, die im 3er-System die Ziffer 1 nicht enthalten.

Edit: Ah, wurde schon vom Autor der Frage widerlegt.

26.03.2011, 17:13

Elvis

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unglücklich

unglücklich

unglücklich

Da habe ich mich wieder mal zu früh gefreut. unglücklich

unglücklich

unglücklich

unglücklich

31.05.2011, 00:04

akechi90

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Da ich ebenfalls intuitiv sagen würde, dass es nicht funktioniert, wäre mein Vorschlag, zu untersuchen, ob es bereits mit überabzählbar vielen "Kreuzen" nicht klappt Dann wäre das Problem für die Achten unmittelbar gelöst.

Gruß,
Carsten

31.05.2011, 01:52

gonnabphd

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Hi,

Die Frage hat sich schon geklärt (es kann keine solche Verteilung geben). Siehe mein Beitrag vom 25.03.2011 22:23 für einen Beweis. Die Frage, ob es mit überabzählbaren Kreuzen klappen kann, ist wahrscheinlich um einiges schwerer zu beantworten als die ursprüngliche Frage.

Wink

Wink

06.05.2012, 17:31

mathinitus

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RE: Wieviele 8-en bringt man in eine Ebene?

Zitat:

Original von gonnabphd
Wie viele 8-Figuren (d.h. Mengen homöomorph zu $\begin{eqnarray*} S^1 \times (1,0) \cup (1,0) \times S^1 \end{eqnarray*}$ )

Was ist mit $\begin{eqnarray*} S^1 \times (1,0) \cup (1,0) \times S^1 \end{eqnarray*}$ genau für eine Menge gemeint?

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