Si consideri un sottoinsieme D del piano contenente un numero finito di punti N.
(i) Fissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale con coordinate x1 e x2, si considerino la proiezione D1 di D sull'asse x1 e la proiezione D2 di D sull'asse x2. Detti N1 e N2 il numero i elementi di D1 e D2 rispettivamente, si dimostri che almeno uno tra N1 e N2 deve essere maggiore o uguale di √N.
(ii) Fissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale in R3, si consideri un sottoinsieme E di Z3 = {(l,m,n):l,m,n∈Z}, E finito. Siano E1, E2, E3 le proiezioni di E sui piani cartesiani ortogonali alle direzioni dei vettori e1=(1,0,0), e2=(0,1,0), e3=(0,0,1). Denotato con |X| il numero di elementi di un insieme X, si dimostri che |E|≤√|E1|⋅|E2|⋅|E3|.
Galileiana 2014- 6
Galileiana 2014- 6
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"
- karlosson_sul_tetto
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Re: Galileiana 2014- 6
Mi va di necropostare su problemi carucci che non hanno soluzione cosi magari qualcuno li cerca li trova ed è felicissimo yeeeee.
Osservazione: visto che i punti sono finiti e mi interessa solo che abbiano le stesse coordinate, posso spostarli assieme " a tutta la rettaa/piano dei punti" in modo che tutti abbiano coordinate intere che vanno da (1,1,1) a (p,q,r); nessun punto ha coordinata x>p o y>q o z>r.
(i) Considero tutte le rette parallele all'asse x2 passanti per i punti appartenenti a D1 e tutte le rette parallele a x2 passanti per i punti appartenenti a D2. Ci sono N1 rette del primo tipo e N2 rette del secondo; siccome rette di ciascun gruppo sono parallele tra di loro e perpendicolari a quelle dell'altro gruppo, si intersecheranno in N1N2 punti.
Ora noto che ogni punto di D dev'essere uno dei N1N2 punti ottenuti facendo le intersezioni, altrimenti le sue proiezioni su x1 o x2 non sarebbero comprese in D1 o D2, assurdo.
Quindi N=|D|≤N1N2. Se avessimo N1<√N e N2<√N, allora N1N2<√N2=N assurdo.
(ii)Chiamo "piano 1" o "piano xy" il piano su cui sono presenti i punti appartenenti a E1 e analogamente per E2,E3.
Prendo due piani, r e s, paralleli al piano xy su cui sono presenti dei punti; chiamo Ar l'insieme di quei punti di r che hanno la stessa proiezione sul piano xy di alcuni punti di s; quest'altro insieme lo chiamo As. Chiamo B tutti gli altri punti di r e C tutti gli altri di s. I punti di Ar e As sono in un certo senso "gli uni sopra gli altri", mentre per i punti di B e di C c'è il vuoto nell'altro insieme nelle corrispettive coordinate x e y. Considero la configurazione in cui mantendo Ar,As,B ma sposto i punti di C dal piano s al piano r. In questo modo E non cambia, E1 nemmeno, E2 e E3 possono diminuire o restare invariati, a seconda se c'erano o meno punti di As con le stesse coordinate x o y dei punti di C. In ogni modo, se dimostro che la tesi è vera per l'insieme dei punti dopo la trasformazione, essa sarà vera anche per quelli prima, perché il numero E1⋅E2⋅E3 aumenta.
Ripetendo più volte questa trasformazione a piani diversi, posso fare in modo che ciascuna "colonna" dal piano xy non abbia buchi dentro: se in corrispondenza di un piano in cui sono presenti dei punti in quella colonna non ci sia un punto, ma ce ne siano alcuni sopra, posso spostare quello immediatamente sopra e raggiungere una configurazione con E immutato e con E1,2,3 diminuiti. Applico lo stesso procedimento anche ai piani yz e xz,fino ad ottenere una disposizione di punti tale che denominate per ogni punto di coordinate (a,b,c), se a>1 ne esiste uno a coordinate (a−1,b,c), se b>1 ne esiste uno a coordinate (a,b−1,c), se c>1 ne esiste uno a coordinate (a,b,c−1).
A partire dagli insiemi E1,2,3 che ho ottenuto, "riempio" il parallelepipedo di tutti i punti (x,y,z) tali che (x,y,0)∈E1 e cicliche, ma (x,y,z)∋E. In questo modo E1,2,3 restano invariati mentre E aumenta; se dimostro la tesi per questo caso la dimostro anche per i precedenti.
Un insieme di questo genere può visto come un insieme di parallelepipedi disgiunti e che è ottenuto aggiungendoli uno alla volta ad un parallelepipedo di partenza in modo che ogni parallelepipedo nuovo proietti nuovi punti su (WLOG) E2 e E3 ma NON su E1. Dimosterò la tesi per induzione, aggiungendo ogni volta un nuovo parallelepipedo.
Passo base: dato un parallelepipedo di lati p,q,r, E=pqr, E1=pq, E2=qr, E3=pr.
E2=p2q2r2≤pq⋅pr⋅qr.
Passo induttivo: prendiamo un insieme di E punti il cui numero di proiezioni sui tre piani è rispettivamente E1,E2,E3. Aggiungiamoci un parallelepipedo di punti di dimensioni a×b×c in modo che sia totalmente incluso nell'insieme E1 (e quindi ab≤E1), che la proiezione sul piano yz è cb (e quindi E2 diventa E2+bc) e la proiezione sul piano xz è ac (e quindi E3 diventa E3+ac).
Sapendo che E2≤E1E2E3 per ipotesi induttiva, voglio dimostrare:
(E+abc)2≤E1(E2+bc)(E3+ac)
E2+2Eabc+a2b2c2≤E1E2E3+E1E2ac+E1E3bc+E1abc2
Uso l'ipotesi induttiva e il fatto che E1≥ab per togliere il primo e l'ultimo termine della disuguaglianza:
2Eabc≤E1E2ac+E1E3bc
2Eabc≤2√E1E2E3abc, mi basta dimostrare la cosa più forte:
2√E2E3abc≤√E1(E2ac+E3bc)
Per AM-GM si ha E2ac+E3bc≥2√E2E3abc2, quindi mi serve:
2√E2E3abc≤2√E1√E2E3abc2
ab≤√E1ab
ab≤E1
Che è vera, fine.
Osservazione: visto che i punti sono finiti e mi interessa solo che abbiano le stesse coordinate, posso spostarli assieme " a tutta la rettaa/piano dei punti" in modo che tutti abbiano coordinate intere che vanno da (1,1,1) a (p,q,r); nessun punto ha coordinata x>p o y>q o z>r.
(i) Considero tutte le rette parallele all'asse x2 passanti per i punti appartenenti a D1 e tutte le rette parallele a x2 passanti per i punti appartenenti a D2. Ci sono N1 rette del primo tipo e N2 rette del secondo; siccome rette di ciascun gruppo sono parallele tra di loro e perpendicolari a quelle dell'altro gruppo, si intersecheranno in N1N2 punti.
Ora noto che ogni punto di D dev'essere uno dei N1N2 punti ottenuti facendo le intersezioni, altrimenti le sue proiezioni su x1 o x2 non sarebbero comprese in D1 o D2, assurdo.
Quindi N=|D|≤N1N2. Se avessimo N1<√N e N2<√N, allora N1N2<√N2=N assurdo.
(ii)Chiamo "piano 1" o "piano xy" il piano su cui sono presenti i punti appartenenti a E1 e analogamente per E2,E3.
Prendo due piani, r e s, paralleli al piano xy su cui sono presenti dei punti; chiamo Ar l'insieme di quei punti di r che hanno la stessa proiezione sul piano xy di alcuni punti di s; quest'altro insieme lo chiamo As. Chiamo B tutti gli altri punti di r e C tutti gli altri di s. I punti di Ar e As sono in un certo senso "gli uni sopra gli altri", mentre per i punti di B e di C c'è il vuoto nell'altro insieme nelle corrispettive coordinate x e y. Considero la configurazione in cui mantendo Ar,As,B ma sposto i punti di C dal piano s al piano r. In questo modo E non cambia, E1 nemmeno, E2 e E3 possono diminuire o restare invariati, a seconda se c'erano o meno punti di As con le stesse coordinate x o y dei punti di C. In ogni modo, se dimostro che la tesi è vera per l'insieme dei punti dopo la trasformazione, essa sarà vera anche per quelli prima, perché il numero E1⋅E2⋅E3 aumenta.
Ripetendo più volte questa trasformazione a piani diversi, posso fare in modo che ciascuna "colonna" dal piano xy non abbia buchi dentro: se in corrispondenza di un piano in cui sono presenti dei punti in quella colonna non ci sia un punto, ma ce ne siano alcuni sopra, posso spostare quello immediatamente sopra e raggiungere una configurazione con E immutato e con E1,2,3 diminuiti. Applico lo stesso procedimento anche ai piani yz e xz,fino ad ottenere una disposizione di punti tale che denominate per ogni punto di coordinate (a,b,c), se a>1 ne esiste uno a coordinate (a−1,b,c), se b>1 ne esiste uno a coordinate (a,b−1,c), se c>1 ne esiste uno a coordinate (a,b,c−1).
A partire dagli insiemi E1,2,3 che ho ottenuto, "riempio" il parallelepipedo di tutti i punti (x,y,z) tali che (x,y,0)∈E1 e cicliche, ma (x,y,z)∋E. In questo modo E1,2,3 restano invariati mentre E aumenta; se dimostro la tesi per questo caso la dimostro anche per i precedenti.
Un insieme di questo genere può visto come un insieme di parallelepipedi disgiunti e che è ottenuto aggiungendoli uno alla volta ad un parallelepipedo di partenza in modo che ogni parallelepipedo nuovo proietti nuovi punti su (WLOG) E2 e E3 ma NON su E1. Dimosterò la tesi per induzione, aggiungendo ogni volta un nuovo parallelepipedo.
Passo base: dato un parallelepipedo di lati p,q,r, E=pqr, E1=pq, E2=qr, E3=pr.
E2=p2q2r2≤pq⋅pr⋅qr.
Passo induttivo: prendiamo un insieme di E punti il cui numero di proiezioni sui tre piani è rispettivamente E1,E2,E3. Aggiungiamoci un parallelepipedo di punti di dimensioni a×b×c in modo che sia totalmente incluso nell'insieme E1 (e quindi ab≤E1), che la proiezione sul piano yz è cb (e quindi E2 diventa E2+bc) e la proiezione sul piano xz è ac (e quindi E3 diventa E3+ac).
Sapendo che E2≤E1E2E3 per ipotesi induttiva, voglio dimostrare:
(E+abc)2≤E1(E2+bc)(E3+ac)
E2+2Eabc+a2b2c2≤E1E2E3+E1E2ac+E1E3bc+E1abc2
Uso l'ipotesi induttiva e il fatto che E1≥ab per togliere il primo e l'ultimo termine della disuguaglianza:
2Eabc≤E1E2ac+E1E3bc
2Eabc≤2√E1E2E3abc, mi basta dimostrare la cosa più forte:
2√E2E3abc≤√E1(E2ac+E3bc)
Per AM-GM si ha E2ac+E3bc≥2√E2E3abc2, quindi mi serve:
2√E2E3abc≤2√E1√E2E3abc2
ab≤√E1ab
ab≤E1
Che è vera, fine.
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"