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Dimostrare che ad vertice di un grafo (dove i vertici sono finiti, o volendo anche numerabili, se si chiama ancora grafo) è possibile associare un insieme di punti dello spazio tridimensionale ($ ~ \mathbb{R}^3 $) in modo che, connettendo con un segmento i punti i cui corrispondenti vertici del grafo sono connessi, non ci siano segmenti che si interscano, se non agli estremi.

Non è difficile.

uppino!

Sia Wlog G completo.
Dati A,B,C,D AB e CD concorrono solo se (non sse) A;B;C;D sono complanari.

Se n=4 mi basta scegliere i vertici di un tetraedro per ottenere un $ G_4 $ spaziale.

Considero un $ G_n $ completo che non abbia 4 punti complanari (HP induttiva).

I piani determinati dalle terne di punti sono $ {n \choose 3} $

Scelgo l’n+1 esimo punto al di fuori da questi piani e otterrò un $ G_{n+1} $ completo spaziale.

Più costruttivamente, numeriamo i vertici di G: $ v_1,\ldots,v_n $ e consideriamo i punti $ P_i=(i,i^2,i^3) $ per i=1, .. , n.
Due segmenti $ (v_i,v_j) $ e $ (v_k,v_h) $ si intersecano solo se $ P_i,P_j,P_k,P_h $ sono complanari. Questo vuol dire che il sistema
$ \left\{\begin{array}{ccc}ai+bi^2+ci^3+d&=&0\\aj+bj^2+cj^3+d&=&0\\ak+bk^2+ck^3+d&=&0\\ah+bh^2+ch^3+d&=&0\end{array}\right. $
deve avere una soluzione non banale in a,b,c,d, ovvero che il determinante della matrice dei coefficienti deve essere nullo; ma purtroppo (o per fortuna) tale matrice è la matrice di Van der Monde e il suo determinante è (a meno del segno) $ (i-j)(j-k)(k-h)(h-i)(i-k)(j-h) $ che è zero se e solo se due dei 4 interi coincidono, ma allora due dei 4 punti di cui sopra coincidevano e questo non ha molto senso.

Ok, il problema era molto facile, però c'è un trabocchettino logico:

Scelgo l’n+1 esimo punto al di fuori da questi piani

C'è da dimostrare che un numero finito di piani non può ricoprire tutto lo spazio!!

Supponiamo sia possibile.
L'intersezione tra due piani e' una retta oppure non esiste. Quindi se prendo un piano non parallelo a nessuno dei finiti che ci sono, allora la sua intersezione con lo spazio (ovvero se stesso) e' uguale alla sua intersezione con l'unione degli altri piani, ovvero a un 'unione di un numero finito di rette. Ora prendo una retta in quel piano e ho che la sua intersezione col piano (la retta stessa) e' la sua intersezione con l'unione delle altre rette (che sono a loro volta intersezioni di piani). Quindi una retta e' l'unione di un numero finito di punti.

E spero che questo sia sufficientemente assurdo anche per edriv

Occhei occhei, esattamente così

Parafrasando San Tommaso : "...et hoc dicitur sega..." (mentale, s'intende).

Ah, per rimanere sul costruttivo andante, se hai k piani descritti dalle equazioni
$ a_jx+b_jy+c_jz+d_j=0 $ con j=1, .., n, dove, ad esempio, $ d_i\leq d_j $ se i<j, allora il piano
$ a_kx+b_ky+c_kz+d_k+1=0 $ non è nessuno degli altri. Quindi dati k piani ne puoi sempre produrre un k+1-esimo distinto dai precedenti.

Inoltre, se proprio volete fare le personcine precise, anche quello che ha detto piever non basta: dire che lo spazio è unione finita di piani o che una retta è un'unione finita di punti sono chiaramente equivalenti; quel che deve venire in gioco è, in qualche modo, il fatto che i numeri reali (su cui si costruisce la geometria) non sono finiti.

piever ha scritto:Quindi se prendo un piano non parallelo a nessuno dei finiti che ci sono

Non esiste: ogni piano è parallelo a sé stesso!