Sia S l'insieme dei punti nello spazio. Si fa una partizione di S in 3 sottoinsiemi, dimostra che uno di questi sottoinsiemi ha tutte le distanze.
(Si dice che un insieme di punti X ha tutte le distanze se per ogni valore reale K esistono due punti A e B tali che il segmento AB ha lunghezza K).
Tripartizione dello spazio
Tripartizione dello spazio
Genio es aquel que no se limita a la escasa percepción de sus sentidos para describir el universo que lo rodea.
Ciao sono nuova nel forum!! Certo che qua siete tutti parecchio forti
Io ho provato a risolvere questo problema.
Raggionando per assurdo, suppenendo che nessuno dei sottoinsiemi $ S_1, S_2, S_3 $ contenga tutte le distanze scelgo $ d_1 \notin S_1, d_2 \notin S_2, d_3 \notin S_3 $.
A questo punto posso porre $ d_1 \geq d_2 \geq d_3 $.
Se esiste almeno un punto di ogni colore scelgo un punto $ $P_1$ $ colorato con $ $C_1$ $ e chiamo $ $\omega_1$ $ la sfera di raggio $ d_1 $. A questo punto la superficie sferica conterrà solo punti colorati con $ $C_2$ $ e $ $C_3$ $.
Se è colorata con solo un colore $ d_2 \in S_2 $ o $ d_3 \in S_3 $ poichè il diametro è uguale a $ 2d_1 $ esiste una corda di colore $ $C_2$ $ lunga $ d_2 $ o una di colore $ $C_3$ $ lunga $ d_3 $ per la disuguaglianza imposta.
Se invece è bicroma chiamo $ $\omega_2$ $ la sfera con centro un punto $ $P_2$ $ di colore $ $C_2$ $ sulla superficie di $ $\omega_1$ $ e di raggio $ d_2 $. Chiamo $ $\Gamma$ $ $ \omega_1 \cap \omega_2 $.
Il diametro di $ $\Gamma$ $ è maggiore di $ d_2 $.
Dimostrazione:
Chiamo $ $A$ $ e $ $B$ $ due punti di $ $\Gamma$ $ diametralmente opposti $ $\frac{\pi}{2}>\widehat{A P_2 P_1} \geq \frac{\pi}{3}$ $ poichè $ \overline {A P_2} \leq \overline {A P_1} $ e scrivendo il diametro di $ $\Gamma$ $ con la formula per la corda $ 2 \sin (\widehat{A P_2 P_1}) \overline {A P_2} > \overline {A P_2} =d_2 $.
Quindi esiste una corda lunga $ d_3 $ con punti di colore $ $C_3$ $
Assurdo.
Se nessun punto fosse colorato di uno dei tre colori allora prendo $ d_1 \geq d_2 $ e facciò una costruzione analoga a quello precedente, trovando un assurdo poichè $ $\Gamma$ $ deve avere punti colorati con $ $C_1$ $ o $ $C_2$ $.
Va bene??
Io ho provato a risolvere questo problema.
Raggionando per assurdo, suppenendo che nessuno dei sottoinsiemi $ S_1, S_2, S_3 $ contenga tutte le distanze scelgo $ d_1 \notin S_1, d_2 \notin S_2, d_3 \notin S_3 $.
A questo punto posso porre $ d_1 \geq d_2 \geq d_3 $.
Se esiste almeno un punto di ogni colore scelgo un punto $ $P_1$ $ colorato con $ $C_1$ $ e chiamo $ $\omega_1$ $ la sfera di raggio $ d_1 $. A questo punto la superficie sferica conterrà solo punti colorati con $ $C_2$ $ e $ $C_3$ $.
Se è colorata con solo un colore $ d_2 \in S_2 $ o $ d_3 \in S_3 $ poichè il diametro è uguale a $ 2d_1 $ esiste una corda di colore $ $C_2$ $ lunga $ d_2 $ o una di colore $ $C_3$ $ lunga $ d_3 $ per la disuguaglianza imposta.
Se invece è bicroma chiamo $ $\omega_2$ $ la sfera con centro un punto $ $P_2$ $ di colore $ $C_2$ $ sulla superficie di $ $\omega_1$ $ e di raggio $ d_2 $. Chiamo $ $\Gamma$ $ $ \omega_1 \cap \omega_2 $.
Il diametro di $ $\Gamma$ $ è maggiore di $ d_2 $.
Dimostrazione:
Chiamo $ $A$ $ e $ $B$ $ due punti di $ $\Gamma$ $ diametralmente opposti $ $\frac{\pi}{2}>\widehat{A P_2 P_1} \geq \frac{\pi}{3}$ $ poichè $ \overline {A P_2} \leq \overline {A P_1} $ e scrivendo il diametro di $ $\Gamma$ $ con la formula per la corda $ 2 \sin (\widehat{A P_2 P_1}) \overline {A P_2} > \overline {A P_2} =d_2 $.
Quindi esiste una corda lunga $ d_3 $ con punti di colore $ $C_3$ $
Assurdo.
Se nessun punto fosse colorato di uno dei tre colori allora prendo $ d_1 \geq d_2 $ e facciò una costruzione analoga a quello precedente, trovando un assurdo poichè $ $\Gamma$ $ deve avere punti colorati con $ $C_1$ $ o $ $C_2$ $.
Va bene??
- Nonno Bassotto
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Stavo pensando che partendo dalla mia dimostrazione si potrebbe indurre sul numero di dimensioni dello spazio, considerando che l'intersezione di due $ $n$ $sfere è una $ $(n-1)$ $sfera, e visto che il diametro dell'una si mantiene maggiore del raggio dell'altra poichè la disuguaglianza resta invariata (facile da pensare prendendo sempre un piano comune ai due centri e a due punti diametralmente opposti).
Quindi:
Sia $ $S$ $ l'insieme dei punti in uno spazio a $ $n$ $ dimensioni. Si fa una partizione di $ $S$ $ in $ $n$ $ sottoinsiemi, uno di questi sottoinsiemi ha tutte le distanze.
Sto forse delirando??
Quindi:
Sia $ $S$ $ l'insieme dei punti in uno spazio a $ $n$ $ dimensioni. Si fa una partizione di $ $S$ $ in $ $n$ $ sottoinsiemi, uno di questi sottoinsiemi ha tutte le distanze.
Sto forse delirando??
Complementi Jessica e benvenuta al forum (neanche è che io sia nel forum da tanto tempo), non era per niente banale questo problema, la mia soluzione è fondamentalmente la stessa. Hai ragione, induttivamente (e formalizzando alcune cose, poiché dopo 3 dimensioni il concetto di distanza non è più una cosa così “intuitiva”) si può generalizzare per uno spazio n-dimensionale.
Genio es aquel que no se limita a la escasa percepción de sus sentidos para describir el universo que lo rodea.