Turnip Time

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Troleito br00tal
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Messaggio da Troleito br00tal » 14 ott 2013, 22:10

In un campo di rape (molto piccole, tipo $\mathbb{R}^2$), un furfante colora ogni rapa con un colore scelto dalla sua provvista di colori per rape (finita). Dimostrare che esiste un triangolo equilatero che ha come vertici rape dello stesso colore.

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Triarii
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Re: Turnip Time

Messaggio da Triarii » 15 ott 2013, 20:35

E' da un po' che ci rimugino, ma probabilmente è sbagliato...
Proviamo con una induzione sui colori.
Inizialmente il piano è formato da punti con colori tutti uguali.
Consideriamo allora una tassellazione del piano in esagoni suddivisi in triangoli equilateri tutti di lato l. Ho infiniti triangoli equilateri che rispettano le condizioni del problema. Aggiungiamo ora un colore. Ovviamente se almeno uno dei triangoli che avevamo prima ha tutti i vertici invariati in colore, il problema è risolto. Se invece tutti i vertici di tutti i triangoli di questa tassellazione variano colore, la tesi è comunque rispettata perchè abbiamo infiniti triangoli che soddisfano la tesi. In particolare notiamo che abbiamo ricreato la tassellazione del passo precedente, solo alterandone il colore dei vertici. Possiamo ripetere questo provedimento quanto ci pare e piace. Questo dovrebbe concludere il problema.
Ora ho un'altra domanda: supponendo che la mia dimostrazione sia giusta, non potremmo dire che il problema vale pure per un infinito numerabile di colori?
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EvaristeG
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Re: Turnip Time

Messaggio da EvaristeG » 15 ott 2013, 20:56

Il contrario di avere tutti i vertici rossi non è di averli tutti verdi. Prendi una tassellazione a esagoni come hai detto e colora tutti e soli i centri degli esagoni di verde, tutti i vertici perimetrali di rosso, in ogni esagono della tassellazione. Così nessuno dei precedenti triangolini ha vertici dello stesso colore (questo non toglie che ci possano essere altri triangoli anche in questa configurazione con i vertici uguali ... e poi in realtà hai tutto il piano a disposizione, limitarsi ai vertici di una tassellazione vuol dire perderci parecchio...)

E per la tua domanda finale, la risposta è no: o meglio, è falso che, con questo genere di dimostrazione, tu possa dire che vale nel caso infinito poiché la hai fatta per induzione sui casi finiti. Esempio tipico è: se l'insieme $A$ ha $n$ elementi, ogni funzione $f:\mathbb{N}\to A$ non è iniettiva. E' vero per ogni $n$, ma è falso se $A=\mathbb{N}$.

Albertobucci95
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Re: Turnip Time

Messaggio da Albertobucci95 » 18 ott 2013, 22:24

Scusa non ho capito bene il testo, ci sarebbe un piano colorato con un numero finito di colorie io devo dimostrare che esiste un triangolo equilatero con vertici di colore uguale?


EvaristeG
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Re: Turnip Time

Messaggio da EvaristeG » 20 ott 2013, 01:20

Uhm, è una soluzione veramente solo abbozzata. Se volete pensarci non leggetela, perché è di quelle veramente irritanti che son scritte male per far vedere che c'è l'idea ma mancano tutti i dettagli e le parti noiose da sistemare.
Testo nascosto:
Con 2 colori: esiste $N$ tale che comunque coloro i numeri naturali da $1$ a $N$ con 2 colori ne trovo $3$ consecutivi dello stesso colore (van der Qualcuno); dunque colorando il piano con 2 colori su una qualsiasi retta trovo $3$ punti a distanza 1 tutti wlog blu; i 2 che sono "sopra" di loro completando triangoli equilateri con loro devono essere blu, ma allora il vertice che completa il triangolo equilatero coi due blu è rosso e allora fa un equilatero con i due rossi agli estremi dei $3$ trovati all'inizio.
Con 3 colori, esiste $N_1$ tale che comunque coloro i naturali da $1$ a $N_1$ con 3 colori ne trovo $N+1$ consecutivi con lo stesso colore; quindi i vertici dei triangoli che hanno due consecutivi di questi $N+1$ come base devono essere di colore diverso (uno dei due restanti), ma questi sono $N$ e tra loro ce n'è $3$ dello stesso colore e si ragiona come prima.
E così via.
Sì lo so sono pigro.

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Re: Turnip Time

Messaggio da Gottinger95 » 21 ott 2013, 11:45

Posto una soluzione di dubbia validitá, ma in ogni caso mi piacerebbe sapere dove ho sbagliato, perchè la misura mi interessa assai anche se ne so davvero poco.

Sia \(\mu\) una misura "bidimensionale", ossia della superficie. La misura bidimensionale di linee e puntiè 0. Sia \(C_{i,j}\) l'\(i\)-esima componente connessa del \(j\)-esimo colore, in qualche numerazione. Allora

\( \displaystyle 0 < \mu(\mathbb{R}^2) = \mu(\sum_{i,j}{C_{i,j} } ) = \sum_{i,j}{\mu(C_{i,j}) } \)

Perció esiste almeno una regione connessa dello stesso colore di dimensione 2, in cui possiamo trovare di certo un triangolo equilatero con vertici, lati e superficie dello stesso colore a patto che sia sufficientemente piccolo.


Lo stesso ragionamento si puó ripetere per dimostrare che in uno spazio \(n\)-dimensionale colorato con un numero finito di colori
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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Re: Turnip Time

Messaggio da EvaristeG » 21 ott 2013, 12:56

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Intanto nessuno ti dice che le regioni connesse siano numerabili, quindi non è vero che la misura dell'unione è la somma delle misure. Prendi $A$ l'insieme dei punti che hanno almeno una coordinata razionale: questo è l'unione di tutte le rette $x=q$ e $y=q$ con $q$ razionale e dunque ha misura nulla (è l'unione numerabile di rette). Prendi $B$ il suo complementare. $B$ ha parecchie componenti connesse, tutte di misura $0$, ma la loro unione ha la stessa misura di $\mathbb{R}^2$ (che, se hai preso l'area, è infinita).
E poi una componente connessa di misura positiva non vuole necessariamente dire aperta, quindi non è detto che contenga un disco, per quanto piccolo tu possa prenderlo: prendi, ad esempio, nel quadrato $0\leq x,y\leq 1$ tutti i punti a coordinate razionali (entrambe!) e numerali: $p_1,p_2,\ldots$; attorno ad ognuno di loro fai una palla $B(p_j, 10^{-j})$, allora l'unione di queste palle ha area minore o uguale a $1/9$, per cui il complementare (nel quadrato) ha area almeno $9/10$, ma non contiene nessuna palla di nessun raggio positivo, visto che ogni palla conterrebbe almeno un punto con coordinate razionali.
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Re: Turnip Time

Messaggio da Gottinger95 » 21 ott 2013, 17:18

Grazie, chiaro :) Allora riduciamo un po le ambizioni (e le dimensioni). Mi chiedo: se ho un intervallo \((a,b)\) colorato con un numero finito di colori, è vero che esiste un intervallo \((a_1, b_1)\) con \(a \le a_1 < b_1 \le b\) tutto dello stesso colore? A me pare di sì! Considero \( \alpha \le \beta\) i due punti più distanti di uno stesso colore \(c\) tale che l'intervallo \((\alpha, \beta)\) sia tutto del colore \(c\): se per assurdo \(\alpha=\beta\) (i.e. non esiste nessun intervallo simile), per ogni coppia di punti dello stesso colore ce n'è uno compreso tra loro due di un altro colore; in questo caso consideriamo \(\gamma < \delta\) i due punti dello stesso colore con distanza minima. Nell'intervallo \((\gamma, \delta)\) ci può essere al massimo un punto per ogni colore, perchè se ce ne fossero due l'ipotesi che \(\gamma, \delta\) siano i punti a distanza minima non sarebbe rispettata. Ma questo è assurdo, perchè dovrei colorare gli infiniti punti dell'intervallo \(\gamma, \delta\) con un numero finito di colori. Perciò \(\alpha < \beta\), e l'intervallo \((\alpha, \beta)\) è quello che cercavamo.

Se non ho sbagliato, si può estendere questo ragionamento per trovare una regione tutta dello stesso colore in \(\mathbb{R}^2\)?
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Re: Turnip Time

Messaggio da EvaristeG » 21 ott 2013, 17:24

Ma, scusami, non hai letto i controesempi? Colora i razionali di un intervallo di blu e gli altri punti di rosso. Quale intervallo monocromatico puoi trovare?

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Re: Turnip Time

Messaggio da Gottinger95 » 21 ott 2013, 19:13

Si, certo, li ho letti! Scuuusa, ma non mi era chiaro perchè il mio ragionamento non funzionasse. Ok, perciò non è necessariamente vero che esista una regione tutta d'un colore. Riproverò in un altro modo!
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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Re: Turnip Time

Messaggio da angelo3 » 27 ott 2013, 20:05

Potresti darmi un hint?
In un momento di disperazione ho letto ciò che aveva scritto EvaristeG ma ho capito male e dopo molti pensieri non ho capito un accidente xD
:oops:
Però è un Problema che mi attrae troppo! :D
Angelo

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Re: Turnip Time

Messaggio da Troleito br00tal » 29 ott 2013, 19:37

Premetto che io non lo so risolvere completamente, ecco un hint
Testo nascosto:
Tu vuoi dimostrare che, presi un po' di interi consecutivi, ce ne sono un po' dello stesso colore. Perché? È vero che se lo fai hai vinto?

Verrà per induzione?

Sì.

E il passo base? Sarà $1$ o $2$?

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Re: Turnip Time

Messaggio da Troleito br00tal » 15 set 2016, 13:56

Penso che sia arrivata l'ora di postare cagate

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