Тупой вопрос и доказательство

[Nartu]

Предисловие

Я не хочу говорить, откуда эта задача. Можно условно сказать, что это дело спора с другом. Я не студент.

Моя цель - проверить доказательство и вообще его правильно записать.

Суть:

Надо доказать, что на классической окружности $S^1$ вложенной в $E_2$ и разбитой на дуги с помощью (максимум счётного) набора точек ${A_i}$, дуги с общей парой соседних точек $A_1 , A_2$ (дуги, склеены по ним) могут быть не более 3-х различных размеров.

Возможно вложение не нужно, только способ измерять объёмы дуг как раз Лебеговой меры(думаю, не ошибся).

Рассмотрим отрезок $BC$ , склееный из дуг, инцидентных точкам $A_1 , A_2 \in S^1$.
Индуцируем топологию на $BC$ .
Индуцируем топологию на $BC\{A_1, A_2}=M$ . $M$ - уже несвязно.
Строим отображение $L: M{\to}\operatorname{Im}(L)$ , $L$ - мера.
Здесь очевидно, что многосвязность $\operatorname{Im}(L)$ ограничена многосвязностью $M$.

Вроде всё. Соседство не нужно, это подвох.
Интерестно бы узнать, можно ли такое делать и с более мощными пространствами: $\operatorname{P}(S^1)$ или
$\operatorname{\underbrace{P...P}_{\omega_1}}(S^1)$

[Someone]

Извините, я вообще ничего не понял. Вы не могли бы объясниться более вразумительно?

[Утундрий]

Nartu в сообщении #1440639 писал(а):

дуги с общей парой соседних точек $A_1 , A_2$ (дуги, склеены по ним)

Особо загадочное место.

[Nartu]

Я пытался передать оригинал. Да, надо было точнее.

Попытаюсь точнее.

На обычной окружности отмечены точки из набора $\left\lbrace{A_i, i\in I}\right\rbrace$. Не нарушая общности будем считать $A_1, A_2$ концами одного из отрезков.
Рассмотрим отрезок $A_1A_2$ и два его соседа $BA_1, A_2C$. Будет 3 отрезка. Доказать, что у них не более 3-х разных размеров. Да, именно это.

Набросок 2

- Рассмотрим отрезок $BC\;\reflectbox{\( \in \)}\left\lbrace{A_1,A_2}\right\rbrace$.
- Окружность - топологическое пространство $S^1$. Индуцируем топологию на $BC$.
- Снова индуцируем на $BC\setminus\left\lbrace{A_1,A_2}\right\rbrace$ получаем несвязное пространство.
- Теперь надо создать множество размеров отрезков и породить на нём пространство $M$ по непрерывности отображения меры(правильно?):
$\mu : BC\setminus\left\lbrace{A_1,A_2}\right\rbrace\to M$
Должно получится, что количество связных компонент (дискретной) топологии $M$ не превышает это количество для пространства $BC\setminus\left\lbrace{A_1,A_2}\right\rbrace$.

Как-то так. Главное - однозначность меры.

[Утундрий]

Nartu в сообщении #1440784 писал(а):

Будет 3 отрезка. Доказать, что у них не более 3-х разных размеров.

Лемма (Nartu, 2020) У трёх произвольных отрезков не более трёх разных размеров.

Доказательство Если отрезков три, то их не может быть более трёх. Следовательно, у них не может быть и более трёх разных размеров.

[Nartu]

Вот-вот, я поспорил, что докажу этот факт строго . Да, надо было подумать, прежде чем соглашатся...
Может через мат-логику? Или философию логики?

Вопрос изначально был, наверное, о количестве отрезков с парой (соседних) точек в данной топологии......

[Утундрий]

А при чём тут, собственно, топология?

[Nartu]

Наверное, что на окружности каждая точка общая у только 2-х отрезков. Конечно, если точек минимум две.
Я хотел как-то обойтись без Человека.
Равенство инвариантов - чем не вариант?

[Утундрий]

Можно потренироваться на более простых задачах:

1) Имеется три одноцветных ведра. Докажите, что из них нельзя извлечь четыре цвета.

2) Имеется одна лошадь. Докажите, что её масть одинакова.

3) Имеется хлопок, но нет никого хлопающего. Осознайте иллюзорность бытия.

[Nartu]

Да, 3) как-то слишком.

Сейчас изучаю топологию, вот и получилось так...
Согласен с 1) и 2) .
Может это в Гум'е надо было начинать?

- Изначально, задача была о разбиении окружности точками-степенями специальных единичных комплексных чисел и связь этого с подходящими дробями иррациональных чисел. Можно ли всегда или Почему можно получить ситуацию, когда точки делят $S^1$ на два типа отрезков по размеру. Это другой вопрос, его можно отдельной темой развивать... Возможно, это я не понял, что надо было доказать...(см.заглавное сообщение)

[Dan B-Yallay]

Такое ощущение, что участник Nartu пытается пройти тест Тюринга.

[arseniiv]

Nartu в сообщении #1440792 писал(а):

Возможно, это я не понял, что надо было доказать...(см.заглавное сообщение)

Ну как вы ни формулировали, получается или неверное типа «произвольные точки разбивают окружность на дуги всего трёх разных длин», или тривиальное типа «три [криволинейных] отрезка имеют не более трёх разных длин».

-- Сб фев 22, 2020 20:41:27 --

И никакой матлогики тут нигде не надо, как скорее всего и топологии (если считать, что точная формулировка вопроса вообще существует и где-то рядом).

[Nartu]

arseniiv в сообщении #1440885 писал(а):

три [криволинейных] отрезка имеют не более трёх разных длин

Как раз это и нужно было. В крайнем случае ближе всего.

Не знаю, что ещё добавить.

То, что я писал о комплексных числах можно описать проще:
- реккурентно откладывая иррациональный(по отношению к $2\pi$ ) угол можно получать случаи, когда точки разбивают окружность на 2 разных по длине отрезков.
К чему я? Изначальная задача возникла из этого. Отсюда, вроде следует, что описанный выше процесс может разбивать окружность не более, чем на 3 отрезка разной длины, то есть рассматриваются все отрезки.

[Aritaborian]

Nartu, картинку смогёте?

[arseniiv]

Nartu в сообщении #1440920 писал(а):

Как раз это и нужно было. В крайнем случае ближе всего.

Не, не оно, если судить по задаче, которую вы привели после.

Nartu в сообщении #1440920 писал(а):

Не знаю, что ещё добавить.

Переформулировать задачу, пока она не станет на человеческом математическом языке и будет абсолютно понятна самому формулирующему; другого подхода тут и нет.

Nartu в сообщении #1440920 писал(а):

То, что я писал о комплексных числах можно описать проще:
- реккурентно откладывая иррациональный(по отношению к $2\pi$ ) угол можно получать случаи, когда точки разбивают окружность на 2 разных по длине отрезков.
К чему я? Изначальная задача возникла из этого. Отсюда, вроде следует, что описанный выше процесс может разбивать окружность не более, чем на 3 отрезка разной длины, то есть рассматриваются все отрезки.

Ну это же совсем другое, вот с того бы и начинали (хотя «откладывать рекуррентно» — это ерунда какая-то). Тут во-первых можно для начала избавиться от окружности (у нас с самого начала уже есть одна точка, которая будет представлена границами отрезка), после этого всё формулируется довольно просто и понятно, сейчас я это сделаю.

-- Вс фев 23, 2020 00:36:50 --

Дано множество точек $\mathcal A$ промежутка $[0; 1)$, одна из которых $A$ «активна», то есть дана пара $(\mathcal A, A)$. Определим функцию «доразбиения» $f_a(\mathcal A, A) = (\mathcal A\cup\{A'\}, A')$, добавляющую к точкам новую активную $A' = (A + a)\bmod 1$, смещённую относительно $A$ на $a\in\mathbb R$ вправо, и сдвинутую назад в $[0; 1)$, если она вылезла за его границы, вычитанием какого-то целого числа. Определим множество $\mathcal P_a^n$ как такое, что $(\mathcal P_a^n, \ldots) = f_a^{\circ n}(\{0\},0)$ — $n$ применений $f_a$ к множеству из одной только точки 0. Определим так же множество длин отрезков, задаваемых множеством $\mathcal A = \{A_0, A_1, \ldots, A_{n-1}\}$ для $0 = A_0<\ldots<A_n = 1$, как $g(\mathcal A) = \{ A_i - A_{i-1} \mid i\in 1..n \}$. Интересующее утверждение тогда формулируется так: для всех (целых неотрицательных) $n$ и для любого $a$ мощность множества $g(\mathcal P_a^n)$ не больше 3.

Можно было написать не настолько формально, но в данной теме лучше уже перелёт.

Собственно доказательство достаточно просто, но теперь кому-то будет ясно, что именно доказывать предполагалось (хотя я мог не угадать; но это невероятно в данном случае).

-- Вс фев 23, 2020 00:39:26 --

Ну не, с окружностью всё тоже просто, но всё же должно быть меньше проблем в доказательстве по крайней мере у тех, кто от неизвестности приплетает к такому случаю топологию.

-- Вс фев 23, 2020 00:42:23 --

И тут важна именно уточнённая формулировка. Если добавлять точки как попало, можно сколько угодно разных отрезков получить. Наоборот, ограничивать $a$ иррациональным совершенно нет нужды. По-моему оно даже в разборе случаев внутри доказательства не нужно — от этого зависит только то, перестанем ли мы делить отрезки когда-нибудь или нет.

-- Вс фев 23, 2020 00:51:45 --

(Оффтоп)

Можно довести формулировку до безупречности, обойдясь без активной точки. $f_a(\mathcal A) = \{0\}\cup((\mathcal A + a)\bmod 1)$; $\mathcal P_a^n = f_a^{\circ n}(\{0\})$ (и надобность в обозначении $\mathcal P_a^n$ совершенно отпадает).