OliForum Matematico

Sia dato un insieme finito S di numeri reali appartenenti a [0,1]: sappiamo che 0 e 1 appartengono a S.Inoltre S ha la proprietà che ogni distanza tra due suoi elementi compare sempre almeno due volte(eccettuata la distanza 1). Dimostrare che tutti gli elementi di S sono razionali.
Buon lavoro!

Uhm, ma sono io che ho capito male oppure le ipotesi implicano che $ \displaystyle S=\{ 0,1\} $ oppure $ \displaystyle S=\{ 0,\frac{1}{2},1\} $ ?

P. S. : no, non sono io che ho capito male... Sono io che sono stupido...

Direi che anche 0, 1/3, 2/3, 1 va bene. E tutti gli insiemi con elementi i/n, con i da 0 a n.

Vabbeh stavo rispondendo la stessa cosa, più o meno, del Russo,ma mi ha battuto sul tempo...cmq invito,a chi ne abbia, a fare anche osservazioni parziali...non essendo proprio una botta e via la sol(almeno a giudicare dalla mia sol,poi forse qualcuno di voi lo riuscirà a rendere così )....

Hum, posso postare un tentativo di dimostrazione valido solo per insiemi con un numeri dispari di elementi?

Che domanda bizzarra! Posta posta:come disse un mod :il forum non deve essere una cattedrale di soluzioni scritte alla perfezione e complete direttamente in seguito al problema proposto,ma al contrario un guazzabuglio di idee in progress(vabbeh forse era detto meglio )...magari la tua idea vista in altro modo completa il problema o nasconde ottime osservazioni...;o magari non serve a un fico secco :altrettanto bene: gli esempio al negativo su come procedere in un problema sono altrettanto utili di quelli al positivo:vabbeh la faccio lunga come al solito...comunque penso proprio che nessuno abbia niente in contrario(per i motivi di su)

nessuno te lo vieta... in ogni caso io sono riuscito a dimostrare che le configurazioni possibili sono simmetriche rispetto a 1/2, quindi se una è pari non ha 1/2 che può essere aggiunto rispettando le ipotesi (ovviamente ogni distanza di cui 1/2 è estremo è presente almeno 2 volte) e facendola diventare dispari. Segue che se entrambe le dimostrazioni sono giuste è fatta.

Omettendo in tutta la dimostrazione i banali casi razionali, prendiamo la distanza maggiore, dei due punti che la identificano uno sarà 0 o 1, wlog 0, l'altro lo chiamo A, quindi fra A e 1 non ci saranno altri punti. Perché la dist. 0-A sia presente almeno un'altra volta, e non potendo mettere punti fra A e 1, avremo un punto B tale che B-1=0-A, e necessariamente non avremo altri punti fra B e 0. Ora prendiamo il punto C più vicino ad A, C-A sarà vuoto. Poiché B-C<0-C, analogamente a prima avremo un punto D t.c. D-1=0-C, e ovviamente B-D sarà vuoto. Procedendo in questo modo, otteniamo che la configurazione è simmetrica.

julio14 ha scritto:nessuno te lo vieta... in ogni caso io sono riuscito a dimostrare che le configurazioni possibili sono simmetriche rispetto a 1/2, quindi se una è pari non ha 1/2 che può essere aggiunto rispettando le ipotesi (ovviamente ogni distanza di cui 1/2 è estremo è presente almeno 2 volte) e facendola diventare dispari. Segue che se entrambe le dimostrazioni sono giuste è fatta.

Omettendo in tutta la dimostrazione i banali casi razionali, prendiamo la distanza maggiore, dei due punti che la identificano uno sarà 0 o 1, wlog 0, l'altro lo chiamo A, quindi fra A e 1 non ci saranno altri punti. Perché la dist. 0-A sia presente almeno un'altra volta, e non potendo mettere punti fra A e 1, avremo un punto B tale che B-1=0-A, e necessariamente non avremo altri punti fra B e 0. Ora prendiamo il punto C più vicino ad A, C-A sarà vuoto. Poiché B-C<0-C, analogamente a prima avremo un punto D t.c. D-1=0-C, e ovviamente B-D sarà vuoto. Procedendo in questo modo, otteniamo che la configurazione è simmetrica.

Anch'io avevo dimostrato in modo molto simile la simmetricità

Però mi sono accorto che il modo in cui avevo usato la simmetricità dei punti rispetto ad 1/2 è incorretto Quindi niente, mi tocca ricominciare da capo a pensare

Uhm, cerchiamo di porre rimedio all'atrocità che ho detto sopra:

Siano $ 0=a_0<a_1\dots <a_{n-1}<a_n =1 $ gli elementi di S. Comunque scelto un numero finito di reali, fissato un certo $ \epsilon $ reale positivo, esiste un intero positivo $ c $ tale che ciascuno dei reali di partenza, moltiplicato per $ c $, dista dal più vicino intero meno di $ \epsilon $ (si dimostra abbastanza facilmente con il principio dei cassetti).

Ora, prendo come reali gli $ a_i $ e $ \epsilon =\frac{1}{4} $

Quindi posso porre $ ca_i=b_i+\alpha_i $ con $ b_i $ intero e $ |\alpha_i|<\frac{1}{4} $

Ora prendiamo il più piccolo $ j $ per cui $ \alpha_j $ è massimo. E' evidente (dato che, come ha dimostrato julio, $ a_i+a_{n-i}=1 $ per ogni i) che $ \alpha_i+\alpha_{n-i}=0 $ che tra l'altro implica che il nostro j è minore di n/2.

Definito $ S'=\{ cx|x\in S\} $, ogni distanza tra due suoi elementi (tranne la distanza $ c-0 $) appare almeno due volte.

Ora è facile constatare che la distanza $ ca_{n-j}-ca_j $ appare una sola volta, in quanto questo valore dista dal più vicino intero $ 2|\alpha_j| $, quindi se $ ca_g-ca_h=ca_{n-j}-ca_j $ allora anche $ ca_g $ e $ ca_h $ massimizzano la distanza da un intero e quindi $ g $ e $ h $ sono compresi tra $ j $ e $ n-j $ (j era il più piccolo indice che massimizza la distanza dal più vicino intero, e di conseguenza n-j è il più grande in quanto per ogni i $ |\alpha_i|=|\alpha_{n-i}| $). Ma allora $ ca_g-ca_h\le ca_{n-j}-ca_j $ con uguaglianza solo se $ g=n-j $ e $ h=j $

Visto che la distanza $ ca_{n-j}-ca_j $ appare una sola volta, abbiamo che $ ca_{n-j}=c $ e $ ca_j=0 $. Visto che $ ca_j=0 $, chiaramente anche $ \alpha_j=0 $ e, visto che $ \alpha_j $ era massimo in valore assoluto, per ogni i, i vari $ \alpha_i $ sono uguali a 0, per cui, per ogni i, $ ca_j=b_j $ e quindi gli elementi di S sono razionali.

Mi sentivo il dovere di fare i complimenti a piever per la soluzione.
Inoltre volevo chiedere conferma di un dettaglio: abbiamo usato il fatto che $ \vert \alpha \vert \le \frac14 $ quando diciamo che se $ ca_g-ca_h=ca_{n-j}-ca_j $ allora anche $ ca_g $e $ ca_h $ massimizzano la distanza da un intero, giusto?
Poichè $ ca_g-ca_h = b_g+\alpha_g - b_h -\alpha_h = (b_g-b_h )+ (\alpha_g -\alpha_h ) $ e $ ca_{n-j}-ca_j = (b_{n-j}-b_j )+ (\alpha_{n-j} -\alpha_j ) $, affinchè possiamo confrontare direttamente tra loro le quantità intere e le $ "\alpha" $ bisogna che $ \alpha_g -\alpha_h $ sia $ <1 $. Dunque non poteva bastare anche che $ \vert \alpha \vert < \frac12 $?
Very probably sto sbagliando..

Davide90 ha scritto: Mi sentivo il dovere di fare i complimenti a piever per la soluzione.
Inoltre volevo chiedere conferma di un dettaglio: abbiamo usato il fatto che $ \vert \alpha \vert \le \frac14 $ quando diciamo che se $ ca_g-ca_h=ca_{n-j}-ca_j $ allora anche $ ca_g $e $ ca_h $ massimizzano la distanza da un intero, giusto?
Poichè $ ca_g-ca_h = b_g+\alpha_g - b_h -\alpha_h = (b_g-b_h )+ (\alpha_g -\alpha_h ) $ e $ ca_{n-j}-ca_j = (b_{n-j}-b_j )+ (\alpha_{n-j} -\alpha_j ) $, affinchè possiamo confrontare direttamente tra loro le quantità intere e le $ "\alpha" $ bisogna che $ \alpha_g -\alpha_h $ sia $ <1 $. Dunque non poteva bastare anche che $ \vert \alpha \vert < \frac12 $?
Very probably sto sbagliando..

In caso di questi dubbi io consiglio sempre di usare $ \displaystyle 100^{-100} $.

edriv ha scritto: In caso di questi dubbi io consiglio sempre di usare $ \displaystyle 100^{-100} $ .

Concordo, per non sbagliarsi è la cosa migliore.
Volevo capire se $ $ \frac14 $ era un numero con un significato preciso oppure no, ora ho capito. Grazie!

edriv ha scritto:In caso di questi dubbi io consiglio sempre di usare $ \displaystyle 100^{-100} $.

Lol, peccato che pochi conoscano il retroscena... Comunque anche quella volta, 4 al posto di $ 100^{100} $ sarebbe bastato

@ Davide: mi pare che 1/4 sia necessario, perché altrimenti quando consideri $ ca_{n-j}-ca_j $, tu sai che quel valore dista $ 2\alpha_j $ da un intero, ma la sua distanza dall'intero più vicino, se $ 2\alpha_j>\frac{1}{2} $, non è $ 2\alpha_j $ ma $ 1-2\alpha_j $.. Per cui serve (e, credo, basta) che $ 2\alpha_j<\frac{1}{2} $

In ogni caso, nel dubbio, $ 100^{-100} $ dovrebbe andar bene...

Tra l'altro questo trucchetto (cioè moltiplicare dei reali per un intero per farli diventare tutti delle cose molto vicine a un intero) credo funzioni anche per fare la parte b del secondo problema di combinatoria di ammissione al Winter...

piever ha scritto: mi pare che 1/4 sia necessario

Hai ragione, serve $ $\frac14 $ .
Ora penso a come si può concludere il C2 del WC con questo fatto... soprattutto perchè è l'unica parte su 8 problemi che non sono riuscito a concludere
Se la storia del $ 100^{100} $ è carina potreste postarla...