О разбиении плоских множеств на пять частей без расстояния: (кв. Корень из (2 минус кв. Корень из 3))

Раздел II

Проблема Борсука

УДК 514.174.5

В. В. Буланкина

Кафедра дискретной математики факультета инноваций и высоких технологий МФТИ;

Кафедра математической статистики механико-математического факультета МГУ

им. М. В. Ломоносова

О разбиении плоских множеств на пять частей без расстояния

\/2 - л/3

В 1933 году К. Борсук предложил разбивать множества диаметра 1 на части меньшего диаметра, и сейчас эта задача Борсука — одна из самых популярных в комбинаторной геометрии. В 1956 году Х. Ленц уточнил задачу Борсука, поставив вопрос о минимальном диаметре части в разбиении множества на данное число частей. А в 2010 году В.П. Филимонов заменил вопрос о минимальном диаметре на вопрос о минимальном расстоянии, которого нет среди точек каждой из частей. Филимонов показал тогда же, что при разбиении на пять частей всегда можно избежать расстояния -^= = 0.577... Нам удалось

доказать, что то же самое верно для расстояния х/2-лД = 0.517... При этом мы разработали новую технику для изучения бесконечных универсальных покрывающих систем, что интересно само по себе.

Ключевые слова: проблема Борсука, диаметр, запрещенное расстояние, разбиение, универсальная покрывающая система.

1. Введение

Результат, которому посвящена эта статья, относится к комбинаторной геометрии, а именно, к области исследований, порожденной двумя классическими задачами: знаменитой проблемой Борсука о разбиении множеств на части меньшего диаметра (1933) и задачей Нельсона-Эрдеша-Хадвигера о хроматических числах (1950) (см. [1—7]). Если обозначить через X (п, х,а) минимальное число частей, на которые можно так разбить произвольное множество диаметра а в Кп, чтобы внутри каждой из частей (и их замыканий) не было точек на расстоянии х £ [0, а], то задача об изучении этой функции при х ^ 0 является аналогом задачи Нельсона-Эрдеша-Хадвигера, а при х ^ а — аналогом проблемы Борсука.

Далее речь пойдет о задаче в постановке, рассмотренной в работе [8] для двумерной плоскости и множеств единичного диаметра (п = 2, а =1), а также в работе [9] для К3 (п = 3,а = 1). Обозначим через Ф произвольное ограниченное (неодноточечное) множество на плоскости. Полагая

&ат Ф = вир {р (X, У) : X, У £ Ф} ,

где р (X, У) — стандартная евклидова метрика, определим функции

д! (Ф, к) = т£ {х £ К+ :Ф С Ф1 и ... и Фк, V г V Х,У £ Ф; р (Х,У ) = х} ,

X (Ф, х) = тт {к £ N : Ф С Ф: и ... и Фк, Vг VX, У £ Ф; р (X, У) = х} .

Здесь d'^, к) — точная нижняя грань положительных вещественных чисел с тем свойством, что Ф может быть покрыто такими множествами Ф1;..., Фд, для которых расстояние между любыми двумя точками каждого Ф^ не равно ж, а X (Ф,ж) — минимальное натуральное число к с тем же свойством.

В свою очередь d'(k) = sup d' (Ф,к), х'(ж) = max X (Ф,х), где супремум и максимум берутся по всем множествам Ф единичного диаметра на плоскости.

Заметим, что из оценок элементов последовательности d'(к) очевидным образом получаются оценки функций X (х) в соответствующих точках (см. [8]). В. П. Филимоновым впервые были введены последовательности d' (Ф, к) и d'(к), ранее в работах [10—13] исследовали величины

d (Ф,к) = т£ {ж е R+ :Ф С Ф: U ... U Фк, V i diamФi ^ ж}, d (к) = sup d (Ф,к).

Полный обзор результатов этих исследований, а также ряд улучшенных оценок для d (к) и подробные описания свойств последовательностей d' (к) , d (к) и функций X (ж), X (ж) можно найти в [8]. В частности, для нас будет важно, что последовательность d' (к) невозрастающая и справедливы соотношения:

d' (к) = 1, к = 1,2 d' (4) ^ d' (6) ^ 0.5577

-^<d'(ЗК ^ d! (5) ^ -±= d'(k) = 0,к^7

Основной результат настоящей работы состоит в улучшении верхней оценки для в! (5). Справедлива

Теорема 1. Имеет мест,о неравенство сИ (5) ^ \/2 — у/З.

Таким образом, если прежняя оценка для сИ (5) имела вид (И (5) ^ -^= = 0.57..., то

______ л/З

новая оценка значительно сильнее: (5) ^ у/2 — у/З = 0.51... Заметим, что поскольку

нам известно, что в (к) — невозрастающая последовательность, то оценка для в (6) также

будет улучшена.

Дальнейшая структура работы будет следующая: в разделе 2 мы определим универсальные покрывающие системы и покажем, как с помощью них доказывается теорема 1; в разделе 3 мы построим разбиения покрышек системы и тем самым завершим доказательство теоремы.

2. Универсальные покрывающие системы

2.1. Определение и построение универсальной покрывающей системы

Система множеств и называется универсальной покрывающей системой (УПС) в К2, если

VФ С К2, &вшФ = 1, 3 и € И, 3 О : Ф С О(и),

где О — некоторое движение плоскости.

Для любого к верно (см. [8]) неравенство

d'(к) ^ sup {d' (U, к) : U е U}

Зафиксируем произвольное число й на отрезке

1

2’ Л/ч

. Рассмотрим два круга

Б = Б(й) = {(х,у): х2 + (у — й)2 ^ й2}

и

Бі = {(ж,у) : х2 + у2 ^ 1} .

Через Б и $і будем обозначать окружности, служащие границами Б и Б1.

Зафиксируем, далее, произвольную точку Q = (а,Ь), принадлежащую множеству

Ь(й) = Б П Б1 П {(ж, у) : х ^ 0, у ^ й} .

Обозначим через

Б2 = Б2(Q) = {(х,у) : (х — а)2 + (у — ь)2 ^ 1}

круг радиуса 1 с центром в точке Q, а через Б2 — окружность, отвечающую Б2.

Рис. 1. Образец покрышки из УПС

Теперь определим

и(^) = Б П Бі П Б2

и положим

и ={ и(й^): й Є

1

2' у/з.

Q Є ВД =иЦ1 {и(^)}

d Я

Лемма 1. Семейство множеств И образует УПС в Е2

2.2. Доказательство леммы 1

Доказательство леммы 1 почти дословно повторяет доказательство аналогичного утверждения для К3 из [9]. Пусть Ф — произвольное множество единичного диаметра в К2. Без ограничения общности можно считать, что Ф замкнуто. Обозначим через d минимальное

1 1 2’ л/3.

число, при котором Б = Б(й) покрывает Ф. Разумеется, й Є

Будем использовать известную теорму Хелли (см. [14]).

В случае, который мы рассматриваем, Ф — ограниченное и замкнутое множество в М2 (то есть компакт). Если бы для любых 2^ 22, 23 Є Ф существовал круг меньшего чем й радиуса, покрывающий г1, 22, 23, то по теореме Хелли этот круг покрывал бы все точки Ф. Поскольку по предположению Это не так, то существуют точки 2^ 22, . . . , 2і Є Ф, і Є {2, 3}, которые не могут быть покрыты кругом радиуса меньше, чем й. Иными словами, Б — наименьший круг, который содержит г1, 22, ... , 2^ и ясно, что {г1, 22,... , 2^} С Б.

Без ограничения общности можно считать, что 21 = (0, 0) Є Б. Поскольку любая точка множества Ф удалена от 21 на расстояние, не превосходящее единицы, круг Б1 покрывает Ф.

Понятно, что еще по крайней мере одна точка из {21, 22,... , 2} должна лежать в полуплоскости {(х, у) : у ^ й} (иначе круг Б для {21, 22,... , 2} не наименьший). Также без ограничения общности можно считать, что эта точка совпадает с некоторой Q Є Ь(й), а значит, Б2 = Б2^) покрывает Ф.

В итоге, существует движение О, число й Є

1 1 2’ л/3.

и точка Q Є Ь(й), при которых

О(Ф) С Б(й) П Б1 П Б2^) = и(й, Q).

Лемма доказана.

Итак, мы знаем, что И — это УПС. Если теперь мы разобьем каждое множество из И на пять частей без расстояния л/2 — л/3, то теорема 1 будет доказана.

3. Построение разбиения

3.1. Трафарет

Мы хотим воспользоваться неравенством (1) и леммой 1. Построим разбиение произвольного множества II Є и на пять частей. Наш план следующий: полагаем г о = \/2 — \/3 и для Б(го) указываем разбиение на пять частей, которое затем будем использовать в качестве трафарета для разбиения произвольной покрышки и(й, Q).

Через Аі , і = 1,..., 6, на рис. 2 обозначены точки, которые могли бы быть вершинами правильного шестиугольника, вписанного в Б(г0). Точка О — центр круга Б(г0). Условимся обозначать через (К) дугу , точки которой принадлежат Б(г0) и лежат

на окружности радиуса г0 с центром в точке К. Например, А1А3(О), В2В6(В3) и т.д. Радиус пока не меняется, а потому мы не будем его включать в обозначения.

Начнем разбиение с двух дуг ОА4(А2) и ОА5(А3). Затем на них фиксируем точки В2,В1, симметричные относительно оси А1ОА6 и отстоящие друг от друга на расстояние г0.

Точки В1, В2 являются центрами еще для двух пар дуг: А3В3(В1) и А2В3(В2); В2В4(В1) и ^1^5(52).

Наконец, последние две дуги В1В7(В3) и В2В6(В3) завершают разбиение. Трафарет готов. Мы разбиваем его на 5 частей, как показано на рис. 2. Границы разделим, когда

в< іА-—7ТІ В4

А5/ //і( \ 2N \А4

2 5 0/^ 1 \

в, 3 ) ¥ К.

\ 7 X А ТА., 6 /

1 2 7

-с ,6 -( ),4 -( ),2 А 1 2 0 4 0 6

Рис. 2. Трафарет

будем строить разбиение каждой покрышки из УПС. В дальнейшем будем обозначать трафарет через Т.

Приведем таблицы с координатами точек О, Л\,..., Л6 и В\,..., В7:

X У

О 0 Го

Аі 0 0

А-2 0.5л/Зго 0.5го

со —0.5л/Зго 0.5го

А4 0.5л/Зго 1.5г0

Аь —0.5л/Зго 1.5г0

Ав 0 2г0

X У

-0.5го 0.5го

52 0.5го 0.5го

Вз 0 0.5го

в4 0.5-\/2 (2 - у/Щ 0.5 + ^З3 - ^3 -

^5 -0.5у/2

0.25го^

В" -0.25^

3.2. Идея разбиения покрышек из УПС с использованием трафарета

В дальнейшем мы будем разбивать покрышки при г Є [0.5, Го] и при г > го. В первом случае мы просто целиком поместим покрышку и (г, Я) внутрь Т П Бі и докажем, что сам трафарет, пересеченный с Б1, (а вместе с ним и лежащая в нем покрышка) разбивается на 5 частей без расстояния г о = \/2 — у/3. Во втором случае мы уже будем по существу использовать тот факт, что и (г, Я) не просто вложена в Б П Б1, но равна Б П Б1 П Б2. При этом мы будем действовать двумя способами: осуществляя своего рода горизонтальный сдвиг при наложении трафарета на покрышку (параграф 3.4), а также делая более сложный поворот с вертикальным сдвигом (параграф 3.5). Точнее, каждое число г > г0

мы запишем в виде г = г о + є, є Є ( 0, —= — г о

V у3

и Я Є Ь (го + є), где

, и рассмотрим два случая: Я Є Ь

Ь (го + є) = Ь (го + є)П{Х = (х, у) : у ^ 1.5(го + є)} , Ь (го + є) = Ь (го + є)\Ь (го + є).

Первому случаю мы посвятим параграф 3.4, второму — 3.5.

3.3. Разбиение покрышек и(й, ^), d Є [0.5, г0]

Как уже было сказано в предыдущем параграфе, для таких и(^, Я) (для любого Я Є Ь(гі)) достаточно разбить множество Т П Б1, которым они заведомо покрываются. На рис. 2, изображающем трафарет, уже указаны части разбиения (поскольку мы разбиваем не сам трафарет, а множество Т П Б1, то часть 5 и верхние участки частей 1 и 2 на трафарете будут обрезаны дугой окружности Б1, что, очевидно, нисколько не помешает), и нам лишь остается разбить границы множества. Справа, после буквы через дефис будем указывать номер множества, которому принадлежит точка, обозначенная этой буквой:

В1 - 1; В2 - 2; В3 - 3; О - 5; Л1 - 1.

Соответственно запись В3Л3(В1) — 3 будет означать, что все точки покрышки, лежащие на дуге В3Л3(В1), принадлежат третьему множеству разбиения, а выражение (В2В6(В3) \ \ В2) - 1 — все точки, кроме В2, принадлежат первому множеству разбиения. Тогда

(В1В7(В3) \ В1) - 2; (В3Л2(В2) \ В3) - 4.

Для определенности можно считать, что

(ОВ2(А2) \ В2) и (ОВ1(Аз) \ В1) - 5; ^А^) - 2; В^Аз) - 1.

Пусть также [А1, В3) — 1; [В3, О) — 3.

Необрезанный участок дуги В1В5

— ко второму множеству (также включая точку пересечения дуги с Б1, обозначим ее через N). Дугу окружности Б1 между точками М и N, не включая их, отнесем к пятой части ((MN(А1) \ {М, N}) — 5). Понятно, что если расстояния от точки О до точек дуги В4В5(О) были в точности равны г0, то расстояния от точки О до точек вышеуказанной дуги Б1 меньше. Это завершает разбиение множества Т П Б1 на 5 частей без расстояния Го (рис. 3).

Рис. 3. Разбиение покрышек малого радиуса

Рис. 4. Горизонтальный сдвиг

Рис. 5. Разбиение покрышки

3.4. Разбиение покрышек и(г0 + €,ф), Q € Ьх (г0 + е): горизонтальный сдвиг

Итак, пусть теперь е € ( 0

Го

. Рассмотрим трафарет Т и покрышку и(г0 + е, ф),

где ф € ^1 (го + е).

Сдвинем покрышку вправо на е (параллельный перенос на вектор (е, 0), рис. 4).

Рассмотрим разбиение покрышки на пять частей Ф1,..., Ф5 (рис. 5), индуцированное разбиением трафарета: часть Ф5 ограничена дугами В1О(А3), В2О(А2), В1В5(В2), В2В4(В1) трафарета и частью дуги Б1 покрышки; часть Ф3 ограничена дугами В1О(А3), В1В7(В3), В3А3(В1) и отрезком [В3,О] трафарета и частью дуги Б покрышки; часть Ф4 ограничена дугами В2О(А2), В2В6(В3), В3А2(В2), отрезком [В3,О] трафарета и частью дуги Б2 покрышки; части Ф1 и Ф2 индуцируются первой и второй частями трафарета соответственно (аналогично частям Ф3, Ф4 и Ф5), что можно увидеть на рис. 5. Заметим, что

на данном рисунке в верхних правых его частях Ф1 и Ф2 при некоторых достаточно маленьких г может появиться дуга окружности Б, ограничивающая эти части. Договоримся в дальнейшем пренебрегать этой частью окружности, поскольку очевидно, что если без нее в данных частях не будет расстояния г0, то с ней тем более. Границы разбиваем следующим образом: дуги, принадлежащие трафарету, разбиваем согласно разбиению границ множества Т П Б1 (рис. 3); дуги, являющиеся частями дуг Б, Б1 и Б2, относим к тому множеству, которое они ограничивают.

Докажем, что при данном разбиении покрышки ни в одной из частей Ф1,..., Ф5 не будет расстояния г0.

Сначала разберемся с точками третьего множества: докажем, что для любых X, У € Ф3 выполнено р (X, У) = г0. На рис. 4 видно, что сдвинутая покрышка лежит правее дуги А3В7(О). Если это так, то, конечно, в Ф3 нет точек на расстоянии г0. Докажем, что рисунок правильный. Для этого возьмем любую из интересных нам точек (ж, у) покрышки и убедимся в том, что

(х + є)2 + (у - To)2 ^ r°,

т.е. что в результате сдвига эта точка окажется в нужной части трафарета. Так как для точек (ж, у) покрышки выполняется цепочка эквивалентных неравенств

х2 + (у - (ro + є))2 ^ (ro + є)2

(х + є - є)2 + (у - To - є)2 ^ (ro + є)2

(ж + е)2 — 2(ж + е)е + е2 + (у — г0)2 — 2(у — г0)е + е2 ^ г^ + 2г0е + е2, то для того, чтобы выполнялось условие (2), достаточно, чтобы

-(ж + е) - (у - Го) + | ^ Го.

Последнее неравенство эквивалентно следующему:

Положим

x = Г cos <£, Г0 ^ Г ^ Г0 + £, у = r(sin + 1).

Тогда неравенство переписывается в следующем виде:

cos (/? + sin ^ — 1 Н--------------------

2r

, 7Г\ л/2 / є

Поскольку

( 1

1 +

достаточно, чтобы

2\/ 2 — л/З

Множитель в скобках в правой части неравенства мало отличается от 1:

-t=-\/2^V3

1 + V . < 1.058.

2у 2 — л/З

Тогда значения р можно оценить следующим образом:

3.202 < р < 4.652; 1840 < р < 2660.

Иными словами, для выполнения условия (2), достаточно, чтобы точка (х, у) лежала в третьей четверти системы координат с началом в центре круга D, а оно (по доказанному) так и есть.

Теперь проверим, что не возникает проблем с точками пятого множества, т.е. что дуга A6B4(O) не будет пересекаться со сдвинутой на є вправо дугой S1 покрышки. Уравнение Si:

(х - є)2 + у2 = 1,

координаты точки B4:

2 — л/З V6+ </¥ -Если пересечение в точке B4, то

2 — л/З

Є = -----------F=----

\

____ 2

1 —

Сравним его с єтах = —т= — \/2 — у/г. После цепочки преобразований убеждаемся, что

у3

є > £тах' Таким образом, сдвиг покрышки вправо на є Є [0, єтах] для точек пятого множества проблем не создает.

Вид Ф4 будет зависеть от расположения точки

Q = Я (р) = ((го + є) сое р, (го + є) (1 + віп р)).

Положим

я* = я (тг) = (— <Уо +є)> (г0 + є)), я* = я = ^г° ^’ і (г° ^•

Рассмотрим покрышки

и (Я*) = и (го + є,Я*), и (Я*) = и (го + є,Я*), и (Я) = и (го + є,Я (р)),

5п

— ^ р ^ 7Г.

6

Для дальнейших рассуждений нам потребуется следующая

Лемма 2. U (Q) С U (Q*) U U (Q*).

Доказательство леммы 2. Пусть 5* и 52* — дуги окружностей единичного радиуса с центрами в точках Я* и Я* соответственно, лежащие в круге О (г0 + е). Пусть также Г = 52*П5* (рис. 6). Так как р (Я*, О) = р (Я*, О) = (го + е) < 1, а р (Я*, Г) = р (Я*, Г) = 1, то единичная окружность с центром в точке Г пересекает 5 в точках Я* и Я*, а значит, р (Я, Г) > 1. Следовательно, дуга 52 окружности единичного радиуса с центром в точке Я пройдет левее точки Г (рис. 6). Лемма доказана.

Утверждение леммы 2 позволяет сделать вывод, что дуга А2В6 (О) будет лежать за границей любой покрышки в том случае, когда она окажется за границей и (Я*) и и (Я*).

Очевидно, для четвертого множества покрышки и (Я*) достаточно проверить, что граница А2В6(О) не будет пересекаться сдвинутой на е вправо дугой 52.

Точки Б2 удовлетворяют уравнению

(х + (го + е))2 + (у - (го + е))2 = 1,

а значит,

х

+ £ = у/1 - (у - (го + е))2 -

г 0.

у/3 1

Мы знаем, что А2 = ( г о, — г° ]. Таким образом, достаточно проверить, что

>/3 л (\ .

— Го + £ > \ I - 1-Го - Го - £ ) -Го

1г+1) г°+£ > \А ~ (е+¥)2'

При е > 0 левая часть неравенства возрастает, а правая убывает. Но даже при е = 0 верно

2 /

и все в порядке.

С четвертым множеством покрышки и (Я*) не возникнет проблем, если расстояния от точек А2 и В6 до сдвинутой вправо на е точки Я* (обозначим её через Я* (е)) будут не

меньше единицы:

р

р (Q* (е) ,Вб) ^ 1.

Для доказательсва приведенных неравенств полезны следующие соотношения, которым удовлетворяют координаты лежащих на окружности S точек А2 и B6:

/о -1 -1

— Го = Го COS = Ж (А2) < Ж (В6) = Го COS ip < Го,

|г0 = Го (l + sin ) = у (А2) < у (В6) = г0( 1 + sin р) < Го,

^ ^ р < 2тг, x2 + y2 - 2roy = x2 + (у - Го)2 - г0 = 0.

Каждое из проверяемых неравенств в координатной форме будет иметь следующий вид:

- е + ^ (г0 + + (у - | (г0 + е)) -1^0,

а с учетом соотношений, указанных выше:

^4 - л/з) е2 + ^6 - л/з) го-Зу-

где вместо x,y подставляем координаты соответствующей точки. Заметим, что в левой части неравенства мы получили многочлен второй степени относительно е, коэффициенты которого при подстановке координат точек А2 и В6 положительные, т.к.

^6 — л/3^ г0 — Зу — ^2 — л/З^ ж > г0 > 0,

!го + г0 - yj - 1 = Згд + 2г0 | ^г0 cos р - ^г0 (1 + sin р) j - 1 =

2г2 fl + cos (ip + - 1 > 2г2 ( 1 + - 1 = (2- л/3) (2 + л/з) - 1 = 0.

6)) ~'0 у ' 2

Следовательно, для всех положительных значений е неравенство (3) выполнено.

Нижние части множеств Ф1 и Ф2, очевидно, без расстояния г0. Так нижняя часть множества Ф1 покрышки целиком лежит в соответствующем множестве трафарета. А точки из нижней части Ф2, для которых х2 + (у — г0)2 > г2, т.е. выходящие за границы соответствующего множества трафарета, дальше всего от точек В3 и A2, но и эти расстояния, очевидно, меньше г0 (рис. 4, 2).

Верхние части Ф1, Ф2 рассмотрим в конце параграфа 3.5.

3.5. Разбиение покрышек U(r0 + е, Q), Q £ L2 (r0 + е): поворот

с вертикальным сдвигом

Рассмотрим оставшиеся покрышки U (г0 + е, Q), где Q = Q (е, р) — точка с координатами ((г0 + е) cos р, (г0 + е) (1 + sin р)) , а е, р удовлетворяют неравенствам:

1 2п 5п

0 ^ ^ —. ---— г0, — ^ Ф ^ —.

\J2 (1 + sin р) 3 6

Каждую покрышку сначала повернем по часовой стрелке так, чтобы оси симметрии трафарета и покрышки совпали (это можно сделать единственным образом). Затем сдвинем покрышку вниз на 2є + 8 (є) (параллельный перенос на вектор (0, —2є — 8 (є))), выбрав величину 8 (є), обеспечивающую положение дуги трафарета В4В5(0) за границей Б покрышки (рис. 7, 2). Очевидно, что величина 8 (є) не убывает по є и не должна быть

слишком большой, чтобы не создать проблем для остальных множеств разбиения. Найдем ее из условия, что граница покрышки максимального радиуса пересекает дугу в точке £4:

8 (є) ^ 8 — \!2 — у/З^

Уз

л/б + л/з3 — у/3- у/2

2

) — 2 ( —— у 2 — >/3 1 < 0.004.

2

Рис. 7. Поворот с вертикальным сдвигом Рис. 8. Разбиение покрышки

Далее индуцируем разбиение на части Ф^..., Ф5 (рис. 8) аналогично тому, как мы делали это в параграфе 3.4 для горизонтального сдвига. Понятно, что благодаря сдвигу в пятом множестве расстояния го не будет.

Пользуясь симметричностью покрышки и трафарета, будем проверять только одно из каждой пары симметричных множеств разбиения. Для множества Ф4 убедимся, что дуга А2В6 (О) лежит за границей 51 покрышки. Оценим расстояние от повернутой и сдвинутой точки А1 покрышки до произвольной точки Р на дуге А2В6 (О) трафарета. Оно должно быть больше 1. Координаты точек удобно представить в виде

А1 = (—а(г0 + е), Ь(г0 + е) — 2е — £(е)), Р = (сг0, ^г0), а, Ь, с, ^ > 0, ^ < 1 < Ь < 2.

После простых преобразований получим следующее выражение:

р2 (Аі, Р) = [(а + с)2 + (^ — Ь)2] г2 +

+ 2г08(є) (^ — Ь) + 2 [(с + а) а + (^ — Ь) (2 — Ь)] г0є + а2є2 + [8(є) + (2 — Ь) є]2

Далее воспользуемся конкретным видом параметров: a = — cos a,b = (1 + sin a), a — угол во второй четверти, и убедимся, что третье слагаемое неотрицательное:

(c + a) a + (b — d) (b — 2) = a2 + b2 — 2b + ac + d (2 — b) > a2 + b2 — 2b =

= cos2 a + sin2 a + 2 sin a + 1 — 2(1 + sin a) = 0.

Следовательно, p2 (Ai, P) > [(a + c)2 + (d — b)2] г^ + 2г0^(е) (d — b) >

0

21 г2

> [

Правая часть неравенства не зависит от е, т.е. можем положить е = 0 и работать с покрышкой радиуса г0.

Тогда

А1 = А1

и

[(a + c) + (d — b) ] г0 = [(a(a) + c) + (d — b(a)) ] г0 = p2 (Ai(a), P) =: A (a, P).

Во-первых, уточним интервал изменения угла a:

5п р 5n 11n

4 2’ 6 12 ’ v 7

где р удовлетворяет соотношению (4).

7Г

12

Во-вторых, заметим (рис. 9), что угол АгОА^^) равен тг, а угол А20£>6 больше, чем . Следовательно, при всех рассматриваемых а, Р верно следующее неравенство:

Л (а, Р) ^ пип А2^ , А В6

Используя для оценки координаты точек А2 и В6, приведенные в параграфе 3.1, и учитывая, что 0.008г0 (Ь — ^) ^ 0.008, получим

р2 (А1,Р) > А (а, Р) — 0.008Г0 (Ь — ^ > 1.047 — 0.008 > 1.

Рассмотрим нижнюю правую часть Ф2 (рис. 10).

0,4=-\/ 2 — л/3 у3

a = a(е) удовлетворяет условиям (5). Положим

Ке = (0, —2е — 8 (е)), ре = p£(a) = (х у),

где числа х, у принадлежат интервалу (0,г0) и являются решениями системы уравнений:

"-т)2+(!/"?(1 + ^))2 = г»2'

(х — (г0 + е) cos a)2 + (у — (г0 + е) (1 + sin a) + 2е + 8(е))2 = 1.

Первому уравнению системы удовлетворяют точки, лежащие на дуге B3A2(B2), а второму

— точки границы S1 (рис. 8).

Рис. 9. Варианты расположения точки Л\ после поворота покрышки

При фиксированном е точка К£ дальше от точки Р£, если угол а больше (рис. 11, 12). Используя соотношения (4), (5), получим, что меньшему р(е) соответствует большее а(е), для которого справедливы следующие равенства:

(є + го)2

1

1 + віп р

2

-<=/- 1 + сов 2а =

1 1 ^ \ 1 ------------к ч У 1+8111 I —— — АСУ, ) — ---------------------к

2

1

1

2 (є + го)2

2 сов а

2 (є + го)2

сов а = —

2

1 + віп а — 1 + л/1 —

4

2

И система для координат точки Р£ примет вид

г2, ' о,

Х + 1) + 1у-(г0 + є)(і + ^і1- 4 (^+ є)2 }+2є + 5(є) 1 -1.

Далее через Кг и Рг обозначим точки, соответствующие К£ и Р£ при е = ег, г = 0,..., 5. В таблице для

єо — 0, єі — 0.25є5, є2 — 0.5є5, є3 — 0.75є5, є4 — 0.8є5

1

1

2

2

приведены результаты расчетов координат точек Кі и Р^ выполненных с округлениями,

увеличивающими расстояния, т. е. р (К£, Р£) ^ р (Кг, Рг) при е = ег.

Округленные координаты точек К*,Р*

Ко

Кг

к2

Кг

к4

к5

Оценка расстояний р

Р5 Ра Рз Р2 Рг Ро

Ко 0.49

Кг 0.49 0.51

к2 0.49 0.51

Кг 0.5 0.51

К4 0.5 0.51

к5 0.51 0.515

Данные таблицы используются следующим образом: если ег ^ е ^ ег+1, то р (Р£, К£) ^ ^ р (Рг, Кг+1), г = 0,..., 4 (рис. 10).

Осталось объяснить, почему в Ф2 не будет точек, для которых расстояние до точки В3 равно г0. Покажем, что Ф2 лежит внутри круга Д (г0,В3) с центром в В3 и радиусом г0 и не имеет точек на его границе. Для этого найдем координаты точки пересечения границы Д (г0,В3) с окружностью, ограничивающей покрышку максимального радиуса,

Рис. 12. Точки Р(а), — ^ «1 ^ «2 ^ «з

т.е. решение системы

Полученная точка Р = (0.503 ..., 0.171...) лежит правее точки Р0 = (0.417..., 0.248 ...) (заметим, что во втором уравнении системы мы взяли вместо числа 8 (^= - \/2 — л/З^

его оценку 0.004 и тем самым сдвинули окружность покрышки ниже, а точку пересечения Р левее), также р (В3, К5) < 0.417 < г0. Следовательно, Ф2 С Д (г0, В3).

Что касается «мелких» верхних частей разбиения Ф1 и Ф2, то, очевидно, достаточно рассмотреть только правые множества. Заметим, что Ф1 для всех покрышек, рассмотренных в параграфах 3.4 и 3.5, накрывается множеством постоянной ширины г0 (так называемым треугольником Рело), ограниченным дугами ОВ2(А2), В3А2(В2), А2В2(Е), где Е — правая точка пересечения дуг ОВ2(А2), В3А2(В2). А Ф2 всегда лежит в круге диаметра г0 с центром в точке С, являющейся серединой отрезка В4К, где К = (ж, у) = = (0.610 ..., 0.750 ...) — точка пересечения дуги ОВ2(А2) и окружности Б, ограничивающей сдвинутую вправо покрышку максимального радиуса:

г { \ ^

(х — 0.5л/ЗгсМ + (у — 0.5го)2 = г2,

у > 0.5Г0.

То, что Ф2 С Д (0.5г0,С), следует из неравенств р(В4,К) < Г0, р(В2,С) < 0.5г0, которые мы проверили стандартными вычислениями.

Автор благодарит профессора А. М. Райгородского за постановку задачи и внимание к работе.

Литература

1. Райгородский А. М. Проблема Борсука.—М.: МЦНМО, 2006.

2. Райгородский А. М. Хроматические числа.— М.: МЦНМО, 2003.

3. Райгородский А. М. Проблема Борсука и хроматические числа метрических пространств // УМН. — 2001.— Т. 56, вып. 1. — С. 107-146.

4. Raigorodskii A. M. The Borsuk partition problem: the seventieth anniversary // Math. Intelligencer. — 2004. — V. 26, N 3. — P. 4-12.

5. Сойфер А. Хроматическое число плоскости: его прошлое, настоящее и будущее // Матем. просвещение.— 2004.— Вып. 8.

6. Райгородский А. М. Линейно-алгебраический метод в комбинаторике.— М.: МЦНМО, 2007.

7. Райгородский А. М. Вокруг гипотезы Борсука // Итоги науки и техники.— Сер. «Современная математика». — 2007. — Т. 23. — С. 147-164.

8. Филимонов В. П. О покрытии плоских множеств // Матем. сборник. — 2010. — Т. 201, № 8. — C. 127-160.

9. Купавский А. Б., Райгородский А. М. О разбиении трехмерных множеств на пять частей меньшего диаметра // Матем. заметки. — 2010. — Т. 87, № 2. — С. 208-219.

10. Lenz H. Zerlegung ebener Bereiche in konvexe Zellen von moglichst kleineren Durchmesser // Jahresbericht d. DMV Bd. — 1956. — V. 58. — P. 87-97.

11. Lenz H. Uber die Bedeckung ebener Punktmegen durch solche kleineren Durchmessers // Arch. Math.— 1956.— V. VII. — P. 34—40.

12. Хадвигер Г., Дебруннер Г. Комбинаторная геометрия плоскости.— М.: Наука, 1965.

13. Dembinski M., Lassak M. Convering plane sets of three times less diameter // Demon-stratio Math. — 1985. — V. XVIII. — P. 517—525.

14. Данцер Л., Грюнбаум Б., Кли В. Теорема Хелли.—М.: Мир, 1968.

Поступила в редакцию 04.06.2011