Если буквы разбросать по плоскости

[Asker Tasker]

Есть много задач, посвящённых разным буквам русского и не только алфавита, разбросанным по плоскости и не пересекающимся. Ставится следующий вопрос: будет ли счётным или несчётным множество этих букв. Хочется подетальнее разобраться. Пожалуйста, подскажите, правильны ли следующие рассуждения.

1) Если буква такая, что может "огибать" свою уменьшенную копию (буквы О, Г, П, С и кто ещё придумает), то её экземплярами можно замостить целый кусок плоскости, то есть мощность множества этих букв уже на этом куске будет континуальна. Задача как раз для указанных четырёх букв и поставлена.

Начнём с О-упрощённого (в виде окружности). Зафиксируем центра произвольной нарисованной буквы О - точку А - и в любом направлении проведём до пересечения с буквой О отрезок АВ. Через каждую точку X отрезка АВ можно провести окружность радиуса $|AX|$. Получим семейство концентрических окружностей разного радиуса, соответственно никакие две из них не пересекутся, а мощность множества этих окружностей совпадает со множеством точек отрезка АХ, то есть континуум. Для О-усложнённого (овала) логика, видимо, та же. Хотя с радиусами, наверное, надо повозиться - будут идеи, как?

У буквы Г назовём её уголок "точкой перегиба". Возьмём произвольную нарисованную букву Г, дорисуем её до прямоугольника. Рассматривая каждую точку диагонали этого прямоугольника (исходящей из точки перегиба исходной буквы) как точку перегиба "маленькой" буквы Г и проводя из этой точки по два отрезка (к нижней стороне прямоугольника, и к правой стороне) получим семейство букв Г, которые, по построению, не пересекают друг друга, а мощность их множества совпадает с мощностью множества точек диагонали - то есть опять континуум.

"Континуальность" букв П я бы рассматривал как следствие из свойства букв Г - ведь по сути П - это две буквы Г, одна из которых зеркально повёрнута. Теперь будем иметь дело с двумя диагоналями. На каждой возьмём по точке так, чтобы отрезок, соединяющий их, был параллелен нижней и верхней сторонам прямоугольника, нарисуем две буквы Г - получим П - всё доказано. Для буквы С точно можно рассматривать как следствие из свойства буквы О.

2) Вот с другими буквами уже интереснее. Задача такая: определить мощность множества букв В, Б, Т, нарисованных без пересечений на плоскости. Наверное, важно отличие этих букв от предыдущих состоит в том, что они имеют самопересечения Прежде всего заметим, что все эти буквы (да и предыдущие тоже) неделимы в том смысле, что если какая-то линия делит плоскость на две части и в каждой из этих частей есть точка данной буквы, то какая-то часть буквы пересечёт данную линию. Правда, я не знаю, как это строго математически доказать.

Для буквы В или для восьмёрки в каждом м-м-м... завитке выберем по точке с рациональными координатами, тогда букве (восьмёрке) соответствует одна четвёрка рациональных чисел, а каждой четвёрка может соответствовать не более одной буквы В (восьмёрки), ведь иначе "ключевые точки" одного символа находились бы в обоих "завитках" другого, а тогда по выше сказанному второй символ должен был бы пересекать первый, что противоречит условию. Итак, мы построили биекцию между множеством нарисованных символов и множеством $\mathbb{Q} ^{4}$. Значит, множество букв В (восьмёрок) имеет мощность не большую, чем мощность множества $\mathbb{Q} ^{4}$, то есть оно не более чем счётно.

Каждую букву Б дорисуем до буквы В и применим предыдущие рассуждения.

Для буквы Т можно попробовать один из следующих вариантов. Пожалуйста, подскажите верны ли они.
- дорисуем букву Т до треугольника и выберем в каждой половине по рациональной точке; если бы двум различным буквам Т соответствовала одна и та же пара точек, то по построению одна из них должна была бы пересекать "ножку" другой (а вот как доказать?), что противоречит условию;
- руководствуясь той же логикой, можем выбрать наименьший из отрезков, составляющих букву Т, и нарисовать окружность с центром в точке пересечения "ножки" и "шляпки" с радиусом, равным длине наименьшего отрезка. Окружность распадётся на три части - в каждой из них возьмём по точке с рациональными координатами. Достаточно взять только в двух нижних частях окружности.

[ИСН]

Asker Tasker в сообщении #588728 писал(а):

дорисуем букву Т до треугольника и выберем в каждой половине по рациональной точке; если бы двум различным буквам Т соответствовала одна и та же пара точек...

[Профессор Снэйп]

post552951.html#p552951

[Asker Tasker]

ИСН, классный контрпример) Ну, а если будем выбирать ОДНУ рациональную точку, а вторую - симметричную ей относительно ножки. Тогда совпадение пары точек означает, что и на ножке у двух букв есть общая точка, то есть они пересекаются.

Кроме того, в этом случае получим, что каждой букве соответствует одна рациональная точка, которая для данной буквы взаимнооднозначно определяет вторую выбранную точку. Вывод: пара точек определяется однозначно, причём мощность количества этих пар совпадает с множеством некоторого подмножества $\mathbb{Q} ^{2}$, то есть не более чем счётна. С другой стороны, эта мощность совпадает с мощностью множества букв Т (для данной пары точек буква определяется однозначно, каждой букве соответствует одна пара), значит и она не более чем счётная.

Профессор Снэйп
Всю тему я не читал, только первые страницы две, начиная с открывшегося по ссылке, просмотрел - там ведь рассматривается в общем: одни буквы непрерывным образом размещаем друг возле друга, со вторым типом букв так сделать нельзя - и всё. А я хочу именно доказательства вывести

Для букв с "замкнутыми частями" и самопересечениями вроде бы просто: дозамыкаем, если нужно, и в каждой часте берём по точке с рациональными координатами. Поправьте, пожалуйста, если не прав, но для букв А, Б, В, Д, Е и так далее такой способ должен хорошо сработать.

А вот букву Т так дорисовать пока не выходит. Но вот если сверху полуокружность взять, то контрпример ИСН будет "вылечен". Для буквы Ш его тоже можно избежать, если опять-таки брать одну точку рациональной, а вторую - симметрично центральной ... палке.

[svv]

Asker Tasker писал(а):

А вот букву Т так дорисовать пока не выходит.

Терпенье и Труд всё переТруТ.

[miflin]

(Оффтоп)

А сколько здесь открытий чудных в многообразии шрифтов!
А ещё точки над ё...
:-)

[Профессор Снэйп]

Asker Tasker в сообщении #588894 писал(а):

Всю тему я не читал, только первые страницы две, начиная с открывшегося по ссылке, просмотрел - там ведь рассматривается в общем: одни буквы непрерывным образом размещаем друг возле друга, со вторым типом букв так сделать нельзя - и всё. А я хочу именно доказательства вывести

Там чётко прописано, каких букв можно расположить на плоскости континуум, а каких - счётное число.

А доказательство простое. Вот, например, буквы "Т" расположены на плоскости. Надо у каждой буквы вокруг точки пересечения двух палок описать маленькую окружность, а затем в трёх секторах этой окружности выбрать точки с рациональными координатами (по часовой стрелке, начиная с сектора "над верхней перекладиной"). Получим инъекцию из множества нарисованных на плоскости непересекающихся букв "Т" в $\mathbb{Q}^6$.

[Asker Tasker]

Asker Tasker в сообщении #588894 писал(а):

Ну, а если будем выбирать ОДНУ рациональную точку, а вторую - симметричную ей относительно ножки. Тогда совпадение пары точек означает, что и на ножке у двух букв есть общая точка, то есть они пересекаются.

Кроме того, в этом случае получим, что каждой букве соответствует одна рациональная точка, которая для данной буквы взаимнооднозначно определяет вторую выбранную точку. Вывод: пара точек определяется однозначно, причём мощность количества этих пар совпадает с множеством некоторого подмножества , то есть не более чем счётна. С другой стороны, эта мощность совпадает с мощностью множества букв Т (для данной пары точек буква определяется однозначно, каждой букве соответствует одна пара), значит и она не более чем счётная.

Профессор Снэйп, а почему так неправильно?
И ещё один вопрос: если доказываем через окружность, разве нам не достаточно взять точки только в двух нижних секторах? У меня пока не вышло придумать контрпример к этому способу.

Asker Tasker в сообщении #588728 писал(а):

- руководствуясь той же логикой, можем выбрать наименьший из отрезков, составляющих букву Т, и нарисовать окружность с центром в точке пересечения "ножки" и "шляпки" с радиусом, равным длине наименьшего отрезка. Окружность распадётся на три части - в каждой из них возьмём по точке с рациональными координатами. Достаточно взять только в двух нижних частях окружности.

P.S.
А остальные рассуждения (кроме Т-шных) из первого сообщения правильны или всё-таки нет?

P.P.S.
Контрпример ИСН можно обойти, если упростить задачу - рассматривать только неперевёрнутые буквы Т (все шляпки находятся по одну стороны от ножек - например, все сверху). Но мы же не ищем лёгких путей..

[Asker Tasker]

Всё-таки. Почему в случае с буквами Т недостаточно двух нижних точек? Я пока не смог придумать контрпример.
Вариант не очень приятный А: одна буква Т расположена как в примере ИСН. При достаточно малых окружностях (меньших чем половина длины наименьшего из трёх отрезков, составляющих данную букву) пара точек одной буквы отлична от пары точек другой буквы.
Вариант Б: буквы Т очень-очень близко расположены слева и справа от данной буквы Т, тогда соответствующие им полуокружности тоже расположены только слева или только справа - и пары точек не могут совпадать.
Вариант В: одна буква Т расположена диаметрально напротив другой: их "перекладины" расположены параллельно друг другу и очень близко. Тогда их полуокружности расположены по разные стороны от перекладин и, следовательно, пары точек не могут совпадать.

Ещё более неприятных вариантов расположения Т-шек я придумать не смог - рассчитываю на Вашу помощь.