Si consideri un sottoinsieme $D$ del piano contenente un numero finito di punti $N$.
(i) Fissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale con coordinate $x_1$ e $x_2$, si considerino la proiezione $D_1$ di $D$ sull'asse $x_1$ e la proiezione $D_2$ di $D$ sull'asse $x_2$. Detti $N_1$ e $N_2$ il numero i elementi di $D_1$ e $D_2$ rispettivamente, si dimostri che almeno uno tra $N_1$ e $N_2$ deve essere maggiore o uguale di $\sqrt N$.
(ii) Fissato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale in $\mathbb{R}^3$, si consideri un sottoinsieme $E$ di $\\ \mathbb{Z}^3$ $=$ $\{(l,m,n) : l,m,n \in \mathbb{Z}\}$, $E$ finito. Siano $E_1$, $E_2$, $E_3$ le proiezioni di $E$ sui piani cartesiani ortogonali alle direzioni dei vettori $e_1 = (1,0,0)$, $e_2 = (0,1,0)$, $e_3 = (0,0,1)$. Denotato con $| X |$ il numero di elementi di un insieme $X$, si dimostri che $| E | \leq \sqrt{| E_1 | \cdot | E_2 | \cdot | E_3 |}$.
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!!"
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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 $x_2$ passanti per i punti appartenenti a $D_1$ e tutte le rette parallele a $x_2$ passanti per i punti appartenenti a $D_2$. Ci sono $N_1$ rette del primo tipo e $N_2$ rette del secondo; siccome rette di ciascun gruppo sono parallele tra di loro e perpendicolari a quelle dell'altro gruppo, si intersecheranno in $N_1N_2$ punti.
Ora noto che ogni punto di $D$ dev'essere uno dei $N_1N_2$ punti ottenuti facendo le intersezioni, altrimenti le sue proiezioni su $x_1$ o $x_2$ non sarebbero comprese in $D_1$ o $D_2$, assurdo.
Quindi $N=|D|\leq N_1N_2$. Se avessimo $N_1 < \sqrt{N}$ e $N_2 < \sqrt{N}$, allora $N_1N_2 < \sqrt{N}^2=N$ assurdo.
(ii)Chiamo "piano 1" o "piano xy" il piano su cui sono presenti i punti appartenenti a $E_1$ e analogamente per $E_2,E_3$.
Prendo due piani, $r$ e $s$, paralleli al piano xy su cui sono presenti dei punti; chiamo $A_r$ 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 $A_s$. Chiamo $B$ tutti gli altri punti di $r$ e $C$ tutti gli altri di $s$. I punti di $A_r$ e $A_s$ 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 $A_r,A_s,B$ ma sposto i punti di $C$ dal piano $s$ al piano $r$. In questo modo $E$ non cambia, $E_1$ nemmeno, $E_2$ e $E_3$ possono diminuire o restare invariati, a seconda se c'erano o meno punti di $A_s$ 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 $E_1\cdot E_2 \cdot E_3$ 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 $E_{1,2,3}$ 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 $E_{1,2,3}$ che ho ottenuto, "riempio" il parallelepipedo di tutti i punti $(x,y,z)$ tali che $(x,y,0) \in E_1$ e cicliche, ma $(x,y,z) \ni E$. In questo modo $E_{1,2,3}$ 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) $E_2$ e $E_3$ ma NON su $E_1$. Dimosterò la tesi per induzione, aggiungendo ogni volta un nuovo parallelepipedo.
Passo base: dato un parallelepipedo di lati $p,q,r$, $E=pqr$, $E_1=pq$, $E_2=qr$, $E_3=pr$.
$E^2=p^2q^2r^2\leq pq\cdot pr \cdot qr$.
Passo induttivo: prendiamo un insieme di $E$ punti il cui numero di proiezioni sui tre piani è rispettivamente $E_1$,$E_2$,$E_3$. Aggiungiamoci un parallelepipedo di punti di dimensioni $a\times b\times c$ in modo che sia totalmente incluso nell'insieme $E_1$ (e quindi $ab\leq E_1$), che la proiezione sul piano yz è $cb$ (e quindi $E_2$ diventa $E_2+bc$) e la proiezione sul piano xz è $ac$ (e quindi $E_3$ diventa $E_3+ac$).
Sapendo che $E^2\leq E_1E_2E_3$ per ipotesi induttiva, voglio dimostrare:
$(E+abc)^2\leq E_1(E_2+bc)(E_3+ac)$
$E^2+2Eabc+a^2b^2c^2\leq E_1E_2E_3+E_1E_2ac+E_1E_3bc+E_1abc^2$
Uso l'ipotesi induttiva e il fatto che $E_1\geq ab$ per togliere il primo e l'ultimo termine della disuguaglianza:
$2Eabc\leq E_1E_2ac+E_1E_3bc$
$2Eabc\leq2\sqrt{E_1E_2E_3}abc$, mi basta dimostrare la cosa più forte:
$2\sqrt{E_2E_3}abc\leq \sqrt{E_1}(E_2ac+E_3bc)$
Per AM-GM si ha $E_2ac+E_3bc\geq 2\sqrt{E_2E_3abc^2}$, quindi mi serve:
$2\sqrt{E_2E_3}abc\leq 2\sqrt{E_1}\sqrt{E_2E_3abc^2}$
$ab\leq\sqrt{E_1ab}$
$ab\leq E_1$
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 $x_2$ passanti per i punti appartenenti a $D_1$ e tutte le rette parallele a $x_2$ passanti per i punti appartenenti a $D_2$. Ci sono $N_1$ rette del primo tipo e $N_2$ rette del secondo; siccome rette di ciascun gruppo sono parallele tra di loro e perpendicolari a quelle dell'altro gruppo, si intersecheranno in $N_1N_2$ punti.
Ora noto che ogni punto di $D$ dev'essere uno dei $N_1N_2$ punti ottenuti facendo le intersezioni, altrimenti le sue proiezioni su $x_1$ o $x_2$ non sarebbero comprese in $D_1$ o $D_2$, assurdo.
Quindi $N=|D|\leq N_1N_2$. Se avessimo $N_1 < \sqrt{N}$ e $N_2 < \sqrt{N}$, allora $N_1N_2 < \sqrt{N}^2=N$ assurdo.
(ii)Chiamo "piano 1" o "piano xy" il piano su cui sono presenti i punti appartenenti a $E_1$ e analogamente per $E_2,E_3$.
Prendo due piani, $r$ e $s$, paralleli al piano xy su cui sono presenti dei punti; chiamo $A_r$ 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 $A_s$. Chiamo $B$ tutti gli altri punti di $r$ e $C$ tutti gli altri di $s$. I punti di $A_r$ e $A_s$ 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 $A_r,A_s,B$ ma sposto i punti di $C$ dal piano $s$ al piano $r$. In questo modo $E$ non cambia, $E_1$ nemmeno, $E_2$ e $E_3$ possono diminuire o restare invariati, a seconda se c'erano o meno punti di $A_s$ 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 $E_1\cdot E_2 \cdot E_3$ 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 $E_{1,2,3}$ 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 $E_{1,2,3}$ che ho ottenuto, "riempio" il parallelepipedo di tutti i punti $(x,y,z)$ tali che $(x,y,0) \in E_1$ e cicliche, ma $(x,y,z) \ni E$. In questo modo $E_{1,2,3}$ 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) $E_2$ e $E_3$ ma NON su $E_1$. Dimosterò la tesi per induzione, aggiungendo ogni volta un nuovo parallelepipedo.
Passo base: dato un parallelepipedo di lati $p,q,r$, $E=pqr$, $E_1=pq$, $E_2=qr$, $E_3=pr$.
$E^2=p^2q^2r^2\leq pq\cdot pr \cdot qr$.
Passo induttivo: prendiamo un insieme di $E$ punti il cui numero di proiezioni sui tre piani è rispettivamente $E_1$,$E_2$,$E_3$. Aggiungiamoci un parallelepipedo di punti di dimensioni $a\times b\times c$ in modo che sia totalmente incluso nell'insieme $E_1$ (e quindi $ab\leq E_1$), che la proiezione sul piano yz è $cb$ (e quindi $E_2$ diventa $E_2+bc$) e la proiezione sul piano xz è $ac$ (e quindi $E_3$ diventa $E_3+ac$).
Sapendo che $E^2\leq E_1E_2E_3$ per ipotesi induttiva, voglio dimostrare:
$(E+abc)^2\leq E_1(E_2+bc)(E_3+ac)$
$E^2+2Eabc+a^2b^2c^2\leq E_1E_2E_3+E_1E_2ac+E_1E_3bc+E_1abc^2$
Uso l'ipotesi induttiva e il fatto che $E_1\geq ab$ per togliere il primo e l'ultimo termine della disuguaglianza:
$2Eabc\leq E_1E_2ac+E_1E_3bc$
$2Eabc\leq2\sqrt{E_1E_2E_3}abc$, mi basta dimostrare la cosa più forte:
$2\sqrt{E_2E_3}abc\leq \sqrt{E_1}(E_2ac+E_3bc)$
Per AM-GM si ha $E_2ac+E_3bc\geq 2\sqrt{E_2E_3abc^2}$, quindi mi serve:
$2\sqrt{E_2E_3}abc\leq 2\sqrt{E_1}\sqrt{E_2E_3abc^2}$
$ab\leq\sqrt{E_1ab}$
$ab\leq E_1$
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"