Piano con soli punti neri e bianchi

[j18eos]

I punti di un piano siano colorati di nero o di bianco.

Dimostrare che esiste (almeno) un triangolo equilatero (nel dato piano) i cui vertici hanno lo stesso colore.

[axpgn]

Prendiamo in considerazione i 6 vertici di un esagono e il relativo centro.
Poniamo che il centro sia nero.
Se i vertici son tutti bianchi, abbiamo triangoli equilateri. Idem se abbiamo $6, 5, 4, 3, 1$ vertici neri.
Se i vertici neri sono $2$ allora non abbiamo triangoli equilateri solo se i due vertici sono opposti (ovvero i tre punti neri sono allineati).
Uno di questi vertici è a sua volta il centro di un'esagono congruente al primo e che ne condivide parte dei vertici.
Per quanto detto prima perché non si formino triangoli equilateri con i vertici del nuovo esagono ci deve essere un solo punto nero allineato ai precedenti.
In pratica possiamo costruire un reticolo formato da "linee" di punti neri alternate a "linee" di punti bianchi.
Ma con questa disposizione allora è sempre possibile formare un triangolo equilatero: due vertici neri di un esagono, opposti, e il punto nero intermedio sulla "linea" nera adiacente.

IMHO

Cordialmente, Alex

[teorema55]

Consideriamo un qualsiasi punto del piano, bianco o nero non fa differenza. Presa una certa lunghezza a caso, si costruiscano intorno al punto iniziale sei triangoli equilateri che abbiano il punto iniziale come vertice in comune.
Affinché tra questi sei triangoli non ve ne sia alcuno con i vertici dello stesso colore, i sei punti "di contorno" devono essere alternativamente bianco e nero (se due consecutivi fossero del colore del punto iniziale, avremmo già il nostro triangolo). Escludiamo anche il caso che siano tutti dello stesso colore diverso dal colore del punto iniziale, altrimenti unendoli opportunamente saremmo già in meta.
Tra i punti di contorno (praticamente i vertici di un esagono regolare), basta unire i tre punti dello stesso colore per ottenere il triangolo richiesto.

PS: potendo compiere la stessa procedura su ogni punto del piano, i siffatti triangoli sono infiniti.

[axpgn]

@teorema55

Non ti basta un esagono solo ... pensa al caso in cui hai il centro nero e due vertici opposti neri e gli altri quattro bianchi:
non puoi formare triangoli equilateri

Cordialmente, Alex

[j18eos]

"axpgn":Non ti basta un esagono solo ... pensa al caso in cui hai il centro nero e due vertici opposti neri e gli altri quattro bianchi:
non puoi formare triangoli equilateri...

Sicuro? Io dico di no!

[axpgn]

@j18eos

In questa figura



io non vedo triangoli equilateri con tutti i vertici dello stesso colore ...

Cordialmente, Alex

[teorema55]

Devo ammettere che la vedo come Alex, è una situazione che non avevo preso in considerazione...........

Marco

[j18eos]

Scusate: avevo disegnato (nella mia mente) un punto in più...

Rilancio: lo stesso gioco funziona coi tetraedri regolari nello spazio \(\displaystyle3\)-dimensionale?

[isaac888]

Io propongo questa idea

Io sfrutterei un argomento topologico.

Sia $X$ il sottoinsieme di $\mathbb{R}^2$ dei punti bianchi.
Fondamentalmente possono succedere 3 cose:

1) $X$ è finito (per cui è chiuso e limitato);
2)$X$ è infinito ma non denso in $\mathbb{R^2}$;
3)$X$ è denso in $\mathbb{R}^2$.

Stiamo sfruttando la topologia (metrica) indotta dalla distanza classica su $\mathbb{R}^2$.

Nei primi due casi la tesi segue abbastanza banalmente:

1) sia $B$ una palla che contiene tutto $X$. Fuori da $B$ posso costruire il triangolo richiesto perché tutti i punti sono neri.

2) Poiché $X$ non è denso riesco a trovare un aperto di $\mathbb{R}^2$ che non contiene punti bianchi. Poiché questo ultimo contiene una palla aperta di raggio maggiore di zero di soli punti neri, là dentro potrò costruire il mio triangolo.

3)In questo caso, considero $A, B, C$ i punti dell'ipotetico triangolo equilatero.

Posso scegliere $A, B$ dentro $X$. Considero senza perdita di generalità che $A$ sia fissato in $X$ e che $B$ vari in $Z:=X-{A}$.

Oss1) $Z$ è denso in $\mathbb{R}^2$, perché lo era già $X$ per ipotesi.

Considero $f:Z\rightarrow f(Z)$, dove f è la rotazione di +60° di centro $A$ (isometria affine e dunque continua).

Oss2) $f(Z)$ è sottoinsieme dei punti che rendono equilatero il triangolo che ha in $A$ e $B$ due dei suoi vertici.

Dunque $f(Z)$ è denso allora interseca ogni aperto di $\mathbb{R}^2$, tanto quanto $X$.
Allora $X$ e $f(Z)$ si intersecano in almeno un aperto non vuoto di $\mathbb{R}^2$. Dunque $f(Z)$ ha punti bianchi e la tesi è dimostrata.

"j18eos":Rilancio: lo stesso gioco funziona coi tetraedri regolari nello spazio \(\displaystyle3\)-dimensionale?

Ritengo di sì, in quanto, a regola, l'idea che ho dato io, non tiene conto della dimensione dello spazio purché questa sia maggiore di 1. In sostanza l'idea che ho dato io può essere cioè generalizzata.

PS: io dico che addirittura il ragionamento può essere esteso a tutti i poliedri, anche non regolari