Inscrivere un quadrato in un grafico

[gugo82]

Questo è molto simpatico.

***

Per fissare un po' di terminologia, nel seguito si dirà che un quadrato \(Q\) è inscritto nel grafico dell'applicazione \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) se e solo se esso ha due vertici sull'asse \(x\) e due vertici sul diagramma del grafico di \(f\). Il lato di \(Q\) che giace lungo l'asse delle ascisse verrà chiamato base.
Ad esempio nella figura che segue:
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=0; ymax=6;
axes("","");
plot("x^2",-4,4);
strokewidth=2; stroke="dodgerblue"; path([[-2,0],[2,0],[2,4],[-2,4],[-2,0]]); dot([2,0]); dot([2,4]); dot([-2,4]); dot([-2,0]);[/asvg]
il quadrato \(Q\) di vertici \((2,0),\ (2,4),\ (-2,4),\ (-2,0)\) è inscritto nel grafico di \(f(x):=x^2\) ed ah per base il segmento d'estremi \((2,0),\ (-2,0)\).

***

Problema:

Sia \(f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}\) continua, non identicamente nulla e tale che \(f(x)=0\) per ogni \(x\notin [0,1]\).
Dimostrare che esiste almeno un quadrato \(Q\) inscritto nel grafico di \(f\) ed avente base in \([0,1]\).

[Rigel1]

Temo di non aver capito.
Se \(f\) è nulla per ogni \(x\in [0,1]\), e la base del quadrato deve essere contenuta in questo segmento, come si fa a costruire un quadrato non banale?

[gugo82]

"Rigel":Temo di non aver capito.
Se \(f\) è nulla per ogni \(x\in [0,1]\), e la base del quadrato deve essere contenuta in questo segmento, come si fa a costruire un quadrato non banale?

Scusa Rigel, ho scritto male... Volevo mettere \(\notin\).
Insomma l'idea originale è \(\operatorname{supp} f\subseteq [0,1]\).

Ora correggo.

[Paolo902]

Chiedo scusa per l'intrusione.

Non voglio proporre una soluzione del problema; intervengo solamente per un'osservazione.
Molto, molto più in generale, si può dimostrare che su una qualunque curva chiusa (semplice, omeomorfa a $\mathbb S^1$) esistono sempre quattro punti che sono vertici di un rettangolo. Nel tuo caso particolare, siccome chiedi che $f$ sia continua, la curva data dall'"unione" del segmento $[0,1]$ e del grafico di $f$ (ristretta a $[0,1]$) è chiusa e continua (potrebbero esserci degli spigoli agli estremi, ma a livello di continuità - topologicamente parlando - non dovrebbero esserci problemi).

Questo fatto è un curioso corollario del noto teorema che afferma che una superficie non orientabile (in particolare, il nastro di Moebius) non si può immergere in $\RR^3$. Qui una dimostrazione (a pag. 23; purtroppo, non ho trovato di meglio ).

[gugo82]

@Paolo90: In realtà esiste una versione più forte del teorema dei rettangoli, che è il seguente:

In ogni curva piana semplice chiusa "sufficientemente buona" è possibile iscrivere un quadrato.

e l'essere "sufficientemente buona" ha a che fare (in qualche modo) con il comportamento dei vettori tangenti alla curva.
Quello che ho appena citato è un teorema dimostrato nel 1989 da Stromquist, il quale da una risposta affermativa parziale al seguente problema generale posto da Toeplitz nel 1911:

"È possibile inscrivere un quadrato in ogni curva piana semplice chiusa"?

[Rigel1]

Credo che il punto stia nel fatto che qui si richiede un quadrato, non un rettangolo (cosa che sarebbe banale).
Il problema è interessante; ho impostato una dimostrazione basata sul teorema di Miranda, ma purtroppo rimane qualche dettaglio (?) da sistemare. La metto comunque in spoiler.

Supponendo che \(f\) non sia identicamente nulla, esiste un intervallo \([a,b]\subset [0,1]\) tale che \(f(x) \neq 0\) per ogni \(x\in (a,b)\), e \(f(a) = f(b) = 0\). Possiamo assumere, wlog, che \(f(x) > 0\) per ogni \(x\in (a,b)\).
Definiamo la funzione \(\Phi:[a,b]\times [a,b] \to \mathbb{R}^2\), \(\Phi(x,y) := (f(x)-x+y, f(y) + x - y)\); i punti \((x,y)\) tali che \(\Phi(x,y)=(0,0)\), con \(x\neq y\), forniscono delle soluzioni del nostro problema.
Si verifica facilmente che \( \Phi_1(a,y) \geq 0\), \(\Phi_1(b,y) \leq 0\), per ogni \(y\in [a,b]\), mentre \(\Phi_2(x,a)\geq 0\), \(\Phi_2(x,b)\leq 0\) per ogni \(x\in [a,b]\).
Per il teorema di Miranda (che, di fatto, è il teorema di punto fisso di Brouwer) esiste \((x_0, y_0)\in [a,b]\times[a,b]\) tale che \(\Phi(x_0, y_0) = (0,0)\).
Buco da colmare: bisogna escludere il caso \(x_0=y_0\).

Edit: stavo rispondendo a paolo90 (senza refresh, non avevo letto il post di gugo).

[gugo82]

@Rigel: Basta usare un po' di volte il teorema dei valori intermedi.

Passo 1. A meno di cambiare il segno della funzione, possiamo sempre ritenere che il massimo di \(f\) sia positivo.
Per ipotesi, quindi, abbiamo \(f(0)=0=f(1)\) ed \(f\) prende massimo \(M>0\) in qualche punto di \([0,1]\).
Detta \(\mathcal{M}\) la sottoclasse di \([0,1]\) formata dai punti di massimo per \(f\), essa ha massimo (per continuità) che denotiamo con \(x_1\in [0,1]\).

Passo 2. Prendiamo \(g(x):=x+f(x)\), di modo che \(g\in C(\mathbb{R})\) e \(g(x)=x\) per \(x\in ]-\infty ,0]\cup [1,\infty[\); per il TVI esiste un \(x_2 \in ]0,1[\) tale che \(x_1 =g(x_2)\).
Notiamo poi che \(x_1
Passo 3. Ora, prendiamo \(h(x):= f(x)-f(g(x))\), in modo che \(h\in C(\mathbb{R})\) ed \(h(x)=0\) per \(x\in ]-\infty ,0]\cup [1,\infty[\); si ha:
\[
\begin{split}
h(x_1) &= f(x_1) -f(g(x_1)) =M-f(g(x_1))> 0 \quad \text{(perché } g(x_1)\notin \mathcal{M}\text{)}\\
h(x_2) &=f(x_2)-f(g(x_2))=f(x_2)-f(x_1)=f(x_2)-M\leq 0\; .
\end{split}
\]

Conclusione. Sono possibili due casi:

1. se \(h(x_2)=0\) allora \(f(x_2)=f(x_2+f(x_2))\), quindi i punti \(x_2, x_2+f(x_2)=x_1\) sono i vertici della base del quadrato inscritto nel grafico di \(f\);

2. se \(h(x_2)< 0\) allora esiste un \(x_3\in ]\min \{ x_1, x_2\} ,\max \{ x_1,x_2\} [\) tale che \(h(x_3)=0\), quindi \(f(x_3)=f(x_3+f(x_3))\) ed i punti \(x_3,x_3+f(x_3)\) sono i vertici di base del quadrato inscritto nel grafico di \(f\).

Giusto?

[Rigel1]

@gugo:

Direi di sì. Anche io ero inizialmente partito considerando la funzione \(x\mapsto f(x) - f(x+f(x))\), poi ho fatto un disegno sbagliato e sono passato al grado topologico (che mi piace tanto...). Tanto per complicarsi un po' la vita, insomma...

[dissonance]

"Paolo90":Questo fatto è un curioso corollario del noto teorema che afferma che una superficie non orientabile (in particolare, il nastro di Moebius) non si può immergere in $\RR^3$. Qui una dimostrazione (a pag. 23; purtroppo, non ho trovato di meglio ).

Ingegnoso!!! Grazie Paolo! Carino quel pdf, perché non ti piace? (Per rispondere magari aspetta che la discussione si sia esaurita, altrimenti rischiamo di essere di impiccio.)

[maurer]

Ho il sentore che io e Paolo (correggimi se sbaglio!) odiamo quel pdf per lo stesso motivo: consigliato da un docente odioso, con una didattica pessima e, soprattutto, perché contiene più figure di formule!

Cavolo! In questi sei mesi avevo dimenticato quanto potesse far male al cuore sfogliarlo! Accidenti!

(Ah, dimenticavo la cosa che odio più di ogni altra: i colori. Li odio con tutto me stesso!)

[gugo82]

[OT]

"maurer":Ho il sentore che io e Paolo (correggimi se sbaglio!) odiamo quel pdf per lo stesso motivo: [...] perché contiene più figure di formule!

[...]

(Ah, dimenticavo la cosa che odio più di ogni altra: i colori. Li odio con tutto me stesso!)

Ma dai, sii buono: affermazioni così non fanno giustizia alla tua intelligenza...

[/OT]

[dissonance]

"maurer":perché contiene più figure di formule!

Il mio criterio di valutazione invece è diametralmente opposto: un testo di Geometria privo di figure mi fa male agli occhi.

[maurer]

Ahahahahah! Lo immaginavo... Ma preferisco che non mi sia tolto il piacere di immaginare tutto nella mia testa: altrimenti metà del divertimento se ne va!