Un cerchio pieno pieno ...

[axpgn]

Prendete un cerchio con il raggio di un centimetro e scegliete casualmente un milione di punti distinti all'interno del cerchio ( )
È possibile tracciare una retta che divida equamente i punti, mezzo milione da un parte e mezzo milione dall'altra?

Cordialmente, Alex

[Drazen77]

Non so, ma a occhio direi di sì. Perché non potrebbe essere possibile?!

[axpgn]

A parte il fatto che le domande le faccio io , devi dimostrare che sia sempre possibile oppure no ...

Comunque dividere a metà un milione di punti racchiusi in poco più di un francobollo "a occhio" mi sembra una delle migliori dell'anno ...

Cordialmente, Alex

[Drazen77]

Intendo dire...
per quanto piccolo possa essere il raggio di un cerchio (in questo caso 1cm) i punti al suo interno sono infiniti (quindi il raggio del nostro cerchio potrebbe essere anche di 1000km, non cambierebbe niente).
Ma finché i punti sono un numero pari, saranno sempre divisibile per due, no?

[axpgn]

Che il numero "un milione" sia pari è assodato, ma la richiesta è se sia sempre possibile (ovvero indipendentemente da quali punti vengano scelti) tracciare una retta che lasci metà dei punti da una parte della retta (in un semipiano per intenderci) e l'altra metà dall'altra parte (nell'altro semipiano).
Che la risposta sia "sì" oppure "no" va dimostrata.

Cordialmente, Alex

[anto_zoolander]

sto cercando di pensarci in maniera non troppo impegnativa e penso si possa fare per induzione dimostrando che valga per ogni sottoinsieme del cerchio contenente $2n$ punti

Sostanzialmente l’ipotesi induttiva per $n=1$ Si dimostra prendendo la normale alla retta passante per i due punti nel loro punto medio. Solo che poi non mi viene nulla per concludere nel passare da $2n$ punti a $2n+2$ supponendo che la retta ‘dividente’ i $2n$ punti esista

[Settevoltesette]

Sperando sia giusto...

I punti rappresentano precise coppie \(\displaystyle (x,y) \) e \(\displaystyle y + mx < a \) rappresenta un generico semipiano diviso dalla retta \(\displaystyle y = mx + a \).
Per la densità di R esiste sempre un \(\displaystyle A \) t.c. dati due punti \(\displaystyle (x1,y1) \) e \(\displaystyle (x2,y2) \) si ha \(\displaystyle mx1 + y1 < A < mx2 + y2 \)

Dato che posso scegliere \(\displaystyle m \) tra \(\displaystyle (-oo, oo) \) esiste un \(\displaystyle B \) t.c. dati 4 punti si ha \(\displaystyle mx1 + y1 < mx2 + y2 < B < mx3 + y3 =< mx4 + y4 \) (dove gli indici non sono casuali ma non lede la generalità del discorso) se così non fosse avrei 3 punti allineati per fascio improprio di rette del piano, dato che per 4 punti, le combinazioni a 3 a 3 sono finite e le direzioni dei fasci impropri sono infinite si ha un assurdo.
In pratica sto affermando che posso associare un numero reale ad ogni punto (senza ripetizioni) e poi posso prendere un numero più grande del valore numerico dei primi n punti e più piccolo degli altri n punti.
E così via.

Se i punti fossero dispari per dividerli equamente dovrei trovare una retta di cui fanno parte \(\displaystyle 2k-1 \) punti e che divida come sopra i restanti, dato che le combinazioni di \(\displaystyle 2k-1 \) punti sono finite non é detto che posso farlo.

[axpgn]

Non riesco a comprendere la tua soluzione ...

Non riesco a raccapezzarmi tra punti, numeri reali e rette ... per esempio, anche la sintesi finale ...

"Settevoltesette":In pratica sto affermando che posso associare un numero reale ad ogni punto (senza ripetizioni) e poi posso prendere un numero più grande del valore numerico dei primi n punti e più piccolo degli altri n punti.

Ammesso che sia così, quando hai trovato questo numero reale come si lega alla retta che stiamo cercando, perché ricordo che noi stiamo cercando una retta non un numero od un punto ...

Insomma, non ho capito ...

Cordialmente, Alex

[Settevoltesette]

@axpgn

quel numero é il termine noto della retta, se dico che quel numero é A allora A = mX + Y.
In pratica se il punto (x1,y1) si trova sotto la retta si ha mx1 + y1 < A . Poi dico che per via del numero infinito di coefficienti angolari m posso fare in modo che le disuguaglianze siano strette, anche io non sono sicuro della dimostrazione, ho provato comunque ad inserirla per vedere i vostri riscontri.

[axpgn]

Così ha più senso, prova a sviluppare l'idea ... se giungi a una soluzione però va formalizzata meglio ...

[Settevoltesette]

Boh, penso di essere abbastanza sicuro del risultato, non saprei come formalizzare meglio il tutto ma, penso possa bastare.

Se ho \(\displaystyle n \) punti ho che le combinazioni a 2 a 2 sono finite, allora deve esistere \(\displaystyle m \) t.c. \(\displaystyle mx1+y1 < mx2+y2 < .... \) dove tutte le disuguaglianze sono strette, perché se \(\displaystyle m \) indica la direzione di una retta, ed \(\displaystyle m \) lo posso scegliere in un insieme infinito ho che deve esserci un \(\displaystyle m \) per cui il fascio di rette improprio non ha nessuna retta che passa per 2 punti. A questo punto per la densità di R e il fatto che le disuguaglianze sono strette, so che esiste un \(\displaystyle A \) il cui valore é strettamente maggiore di un certo \(\displaystyle mxi +yi \) e strettamente minore di \(\displaystyle mxj +yj \) che posso scegliere in modo arbitrario. La retta \(\displaystyle mx + y = A \) divide i punti in \(\displaystyle i \) punti da una parte e \(\displaystyle j \) dall'altra, se scelgo \(\displaystyle i = n/2 \) ho finito.

[axpgn]

L'idea è buona ma la dimostrazione no ... questo a mio parere ... io la dimostrerei così ...

Ogni coppia di punti determina una retta e quindi le possibili rette sono "tantine" ma comunque in numero finito; perciò è sempre possibile prendere una retta con pendenza diversa da tutte queste. E fin qui siamo d'accordo ...
Tracciamo una retta con questa pendenza esternamente al cerchio, poi la muoviamo verso il cerchio (sempre rimanendo parallela a sé stessa) in modo da attraversarlo tutto; questa retta toccherà prima un punto, poi il secondo, poi il terzo è così via fino al milionesimo senza mai toccarne due contemporaneamente: se così non fosse vorrebbe dire che ha la stessa pendenza della retta che passa per quei due punti, in contrasto al criterio con cui l'abbiamo scelta.
Quando avrà raggiunto e superato il mezzo milionesimo punto e prima di raggiungere il cinquecentomila e uno , avrà diviso i punti equamente tra i due semipiani.
Una dimostrazione leggermente alternativa è questa: scelta la pendenza della retta come sopra detto tracciamone una con tale pendenza per ogni punto, ne avremo un milione tutte distinte (sempre per quanto detto prima).
Cominciamo a contarle dalla più esterna (da un lato o dall'altro); arrivati alla cinquecentomillesima, nello spazio tra questa e la cinquecentomila e uno, possiamo tracciare la parallela a queste che dividerà i punti equamente.

Cordialmente, Alex

[Settevoltesette]

"axpgn":

Una dimostrazione leggermente alternativa è questa: scelta la pendenza della retta come sopra detto tracciamone una con tale pendenza per ogni punto, ne avremo un milione tutte distinte (sempre per quanto detto prima).
Cominciamo a contarle dalla più esterna (da un lato o dall'altro); arrivati alla cinquecentomillesima, nello spazio tra questa e la cinquecentomila e uno, possiamo tracciare la parallela a queste che dividerà i punti equamente.

Secondo me questa é la più intuitiva