Pugno irrazionale

[axpgn]

Un pugno "irrazionale" centrato sul punto $P$ del piano, rimuove tutti i punti del piano che si trovano ad una distanza irrazionale da $P$.

Qual è il numero minimo di pugni irrazionali, necessari per "eliminare" tutti i punti del piano?


Cordialmente, Alex


[size=85]Nota: Ho la risposta ma non ho capito perché funzioni. [/size]

[giammaria2]

Vorrei conferma su due punti che non mi sono molto chiari.
1) Se ho ben capito, si intende che un pugno dato su P rimuove tutti i punti del piano che si trovano ad una distanza irrazionale da P.
2) Si possono dare pugni anche su punti rimossi. Se così non fosse, il problema sarebbe impossibile perché il primo pugno non rimuove P ma rimuove tutti i punti che, colpiti, potrebbero cancellarlo.

[axpgn]

Sì ad entrambe.
La seconda puoi anche vederla come se i pugni fossero dati in contemporanea così da eliminare il dubbio, ma non è importante.

Matematicamente io la interpreterei così (quindi è un'interpretazione da prendere con le molle ): si tratta di determinare quanti (e quali) punti del piano siano necessari affinché l'unione di questi punti e di tutti quelli a distanza irrazionale da essi formino tutto il piano.
Mi pare che possa andare ...


Cordialmente, Alex

[moccidentale]

.

[giammaria2]

Per ora ho solo una risposta parziale: 5 pugni sono certo sufficienti, ma forse ne possono bastare di meno.

Indico con $r,s,u$ tre numeri razionali ed introduco coordinate cartesiane.

1) Do il primo pugno nell'origine O; restano non rimossi i punti a distanza razionale da O, cioè quelli per cui si ha $x^2+y^2=r^2$

2) Do il secondo pugno in $A(1,0)$ e rimuove tutti i punti, tranne quelli per cui si ha
$(x-1)^2+y^2=s^2 harr x^2-2x+1+y^2=s^2$
Deve però valere anche la precedente equazione, quindi i punti restanti soddisfano a
$r^2-2x+1=s^2$
e poiché tutto il resto è razionale, deve esserlo anche $2x$, quindi $x$ deve essere razionale.

3) Do il terzo pugno in $B(sqrt 2,0)$; ragionando come sopra, trovo che $xsqrt 2$ deve essere razionale e questo può coesistere con $x$ razionale solo se $x=0$. Finora abbiamo quindi rimosso tutti i punti del piano, tranne quelli che si trovano sull'asse $y$ a distanze razionali da O, A, B, cioè quelli per cui sono razionali $y$, $sqrt(y^2+1)$,$ sqrt(y^2+2)$.
Forse queste condizioni sono incompatibili fra loro ed allora basterebbero questi tre pugni, ma per ora no riesco né a dimostrarlo né a trovare un controesempio che lo neghi; proseguo supponendo che sull'asse $y$ sia rimasto qualche punto.

4 e 5) Colpendo su $(0,1)$ e su $(0,sqrt 2)$ restano solo punti sull'asse $x$, quindi dopo questi 5 pugni resterebbe solo l'intersezione dei due assi, che però è stata esclusa dal terzo pugno: è quindi escluso tutto il piano.

[axpgn]

Interessante, finalmente comincio capire un po' di più, inizio a comprendere come si possa risolvere un quesito del genere.

Potresti chiarirmi meglio il terzo punto? Intuitivamente ho capito che restano solo i punti con ascissa $x=0$ (e non tutti) ma è ancora un po' nebuloso

Peraltro si può far meglio

Cordialmente. Alex

[giammaria2]

Faccio più diffusamente il punto 3.

Dopo il pugno dato in $B(sqrt2,0)$ restano solo i punti per cui si ha
$(x-sqrt2)^2+y^2=u^2 harr x^2-2xsqrt2+2+y^2=u^2$
e poiché deve valere la formula di cui al punto 1, ci restano quelli per cui
$r^2-2xsqrt2+2=u^2$
Tutto il resto è razionale, quindi deve esserlo anche $xsqrt2$. Se $x$ non fosse zero può essere razionale solo uno fra $x$ e $xsqrt2$; deve quindi essere $x=0$.

La chiave del mio ragionamento è chiedersi non quali punti sono stati rimossi, ma quali restano: essi devono rispettare tutte le condizioni poste.

[axpgn]

"giammaria":La chiave del mio ragionamento è chiedersi non quali punti sono stati rimossi, ma quali restano: essi devono rispettare tutte le condizioni poste.

Hai ragione, deve essere proprio questa la chiave

Comunque ne bastano meno

Cordialmente. Alex

[axpgn]

@giammaria
Grazie alla tua idea, penso di aver compreso la soluzione anzi ho addirittura trovato una soluzione reale


Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Ottimo; salvo altri interventi, ti prego di postarla fra qualche giorno.
Nello spoiler del mio primo post, avevo avanzato l'ipotesi che bastassero i miei primi tre pugni. La cosa mi convince sempre più, ma non riesco a dimostrarla; alcuni miei approcci portano alla conclusione che è vero se, con $m,n$ naturali non nulli, non può essere un quadrato $m^4+6m^2n^2+n^4$. Oppure $m^4-6m^2n^2+n^4$. Oppure $(m^2-n^2)/(m^2+n^2)$ (qui naturalmente penso al quadrato di un razionale),
Metto queste osservazioni in chiaro, come sfida a chi vuole dimostrarle o confutarle.

Ho anche pensato a tre pugni dati diversamente, ma senza conclusioni.

[axpgn]

Ecco la soluzione ...

Sono sufficienti tre pugni, dati su tre punti allineati ed equispaziati (in pratica gli estremi di un segmento e il relativo punto medio) a condizione che il quadrato della spaziatura sia irrazionale.

Grazie all'idea di giammaria, ho capito perché funzioni questa soluzione.
Eccone una:
Il primo pugno viene dato in $(0, 0)$ e quindi i punti $(x, y)$ non rimossi sono quelli che soddisfano l'equazione $x^2+y^2=r^2$ dove $r$ è un numero razionale.
Il secondo pugno è dato nel punto $(pi, 0)$ e i punti $(x, y)$ non rimossi in questo caso sono quelli che soddisfano l'equazione $(x-pi)^2+y^2=s^2$ dove dove $s$ è un numero razionale.
Quelli che rimangono dopo i due pugni sono quelli che soddisfano entrambe le equazioni ovvero $pi(pi-2x)=s^2-r^2$ e quindi $x=pi/2$
Il terzo pugno è dato nel punto $(2pi, 0)$ e i punti $(x, y)$ non rimossi in questo caso sono quelli che soddisfano l'equazione $(x-2pi)^2+y^2=u^2$ dove dove $u$ è un numero razionale.
Quelli che rimangono dopo i tre pugni sono quelli che soddisfano tutte e tre le equazioni ma sostituendo la prima nella terza ottengo $pi(pi-4x)=(u^2-r^2)/4$ da cui $x=pi/4$ ovvero l'ascissa $x$ dovrebbe essere uguale sia a $pi/2$ che a $pi/4$. Impossibile quindi che tutti i punti siano rimossi.
Chiaramente non sono solo questi tre punti che risolvono il problema ma li ho usati per la dimostrazione.
Ok?

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Grazie della risposta, ma c'è un punto che nandrebbe chiarito meglio.

"axpgn":... ovvero $pi(pi-2x)=s^2-r^2$ e quindi $x=pi/2$

L'equazione quotata ha come soluzione $x=pi/2-(s^2-r^2)/(2pi)$ e si riduce a $x=pi/2$ solo se $s=r$.
Meglio evitare questa difficoltà e scrivere invece che si i tre pugni originano il sistema

${(x^2+y^2=r^2),((x-pi)^2+y^2=s^2),((x-2pi)^2+y^2=u^2):}$

La prima equazione permette di eliminare $y^2$ dalla altre; se fra loro elimino $x$ arrivo a $pi^2=2s^2-r^2-u^2$, che è impossibile.
Avevo pensato ad una soluzione simile alla tua, ma con $sqrt2$ al posto di $pi$, ed allora l'equazione finale potrebbe anche essere possibile. Resto comunque dell'idea che anche i miei tre pugni vadano bene; richiedono però una dimostrazione più complicata, che non so dare. Ma ci penserò ancora: anche se la mia risposta non è certo la migliore, mi piacerebbe dimostrarla giusta.

[axpgn]

Cosa intendi di preciso con "i miei tre pugni vadano bene"? Che funziona anche con una spaziatura tipo $sqrt(2)$? Ovvero che esiste una soluzione differente da quella che ho postato la quale richieda meno vincoli?

Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Intendo che anche i pugni dati in $O(0,0),A(1,0),B(sqrt2,0)$ dovrebbero rimuovere tutto il piano perché non è possibile che siano razionali tutti i numeri $y,sqrt(y^2+1),sqrt(y^2+2)$.
Non riesco però a dimostrarlo ed ora aprirò un post chiedendo il pezzo che mi manca; intendo intitolarlo "Somma e differenza di quadrati".

[axpgn]

Ok, quindi pensi che esista una soluzione diversa da quella che ho scritto; peraltro gli autori non riportano nulla più di quanto ho scritto pertanto potrebbe anche essere


Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Con l'aiuto datomi da sellacollesella in "Somma e differenza di quadrati" sono ora in grado di dimostrare che anche la mia risposta era giusta, anche se decisamente meno bella di quella di axpgn.

Ho già dimostrato che colpendo in $O(0,0),A(1,0,B(sqrt2,0)$ restano solo i punti dell'asse y tali che siano razionali $y,sqrt(y^2+1),sqrt(y^2+2)$; voglio ora dimostrare che in realtà è stato rimosso tutto il piano perché non è possibile che ci siano tutte quelle tre razionalità. La dimostrazione è per assurdo: supponendo che ci siano, devo arrivare a qualcosa di impossibile.
Poiché $y$ è razionale, pongo $y=a/b$, con $a,b$ interi. Ho allora
$sqrt(y^2+1)=sqrt(a^2/b^2+1)=sqrt(a^2+b^2)/b$
$sqrt(y^2+2)=sqrt(a^2/b^2+2)=sqrt(a^2+2b^2)/b$
e sono razionali se
${(a^2+b^2=c^2),(a^2+2b^2=d^2):}$
Sottraendo ottengo $b^2=d^2-c^2$, con cui sostituisco la seconda equazione. Spostando da un membro all'altro, il sistema può quindi essere scritto nella forma
${(a^2=c^2-b^2),(d^2=c^2+b^2):}$
e moltiplicando deduco $(ad)^2=c^4-b^4$, che è impossibile per il teorema del triangolo di Fermat.