La griglia e il segmento.

[Livius1]

Consideriamo il piano reale e i suoi punti a coordinate intere, ovvero $\mathbb {R}^2 \cup \mathbb{Z}^2$.
Ci si può chiedere questo: è vero che per ogni punto di $\mathbb {R}^2$ esiste un segmento che lo contiene e i cui estremi sono due punti di $\mathbb{Z}^2$ ?

[hydro1]

La domanda è equivalente a chiedersi se l’insieme delle rette che passano per due punti interi ricopre il piano. Ma l’insieme delle rette per due punti interi (o più in generale razionali) e’ numerabile, e un insieme numerabile di rette non può ricoprire il piano. Come si dimostra? Molto semplice: sia $\mathcal F$ una qualsiasi famiglia numerabile di rette nel piano. Siccome il piano contiene un insieme non numerabile di rette, ne esiste almeno una, diciamo $r$, che non sta in $\mathcal F$. Ora da un lato $r$ ha una quantita’ non numerabile di punti, dall’altro ogni retta di $\mathcal F$ interseca $r$ in al piu’ un punto, quindi $\bigcup_{s\in \mathcal F}s \cap r$ e’ al piu’ numerabile. Quindi esistono infiniti punti di $r$ che non stanno su nessuna delle rette di $\mathcal F$.

Più in generale, si dimostra per induzione che una famiglia numerabile di chiusi di Zariski propri in $\mathbb R^n$ non può ricoprire tutto $\mathbb R^n$.

[Livius1]

Ok, mi sembra un'ottima risposta. A volte mi chiedo perché di notte mi sogno queste cose ... però vabbè, grazie ancora dell'arguta risposta !

[Livius1]

Ma come si fa a dimostrare veramente che un insieme numerabile di rette nel piano reale non può mai ricoprire il piano ? Se al posto dei segmenti di prima, questa volta prendo una certa famiglia di archi di curve regolari, sempre con quegli estremi, a me pare che questa volta il piano possa essere ricoperto con quegli archi, pur essendo sempre una famiglia numerabile e non essendoci tutti gli archi possibili con quegli estremi.

[j18eos]

In generale, siano \(\displaystyle n\in\mathbb{N}_{\geq2}\) ed \(\displaystyle S\subsetneqq\mathbb{R}^n\) un insieme infinito numerabile, allora esistono infinite (non numerabili) rette \(\displaystyle r\) in \(\displaystyle\mathbb{R}^n\) tali che \(\displaystyle r\cap S=\emptyset\).

Sia \(\displaystyle P\in\mathbb{R}^n\setminus S\), la totalità \(\displaystyle\Xi\) delle rette passanti per \(\displaystyle P\) è in biezione con \(\displaystyle\mathbb{PR}^{n-1}\) (basta associare ogni retta ai suoi numeri direttori). Quindi \(\displaystyle\Xi\) è un insieme infinito non numerabile; dalle ipotesi l'insieme delle rette passanti per \(\displaystyle P\) e non disgiunte da \(\displaystyle S\) è al più infinito numerabile. Da ciò segue la tesi.

[hydro1]

Si dimostra come ti ho scritto sopra. Se le tue curve regolari sono algebriche no, non si può ricoprire il piano e la prova e’ la stessa. La chiave della prova e’ il fatto che due curve algebriche irriducibili o coincidono o hanno intersezione finita. Se le curve non sono algebriche invece questo è falso in generale.

[Livius1]

Adesso ho capito bene la questione. Non era affatto difficile come pensavo, ma forse ero un po' a digiuno.
Il fatto che neanche i segmenti con gli estremi razionali riescano a catturare tutti i punti del piano reale, va assolutamente contro ogni senso comune, e questo mi affascina un po'. La dimostrazione è semplicissima, come mi avete mostrato, perché esisterà sicuramente una retta r non appartenente al fascio di rette scelto, essendo comunque numerabile. Le intersezioni di r con tutte le rette del fascio è al più numerabile, dunque rimangono altri infiniti punti di r che non appartengono al fascio. Dunque i segmenti estratti da quel fascio non potranno mai coprire tutto il piano. Ottimo !

[j18eos]

Se ci fai caso, siano sempre \(\displaystyle n\in\mathbb{N}_{\geq2}\) ed \(\displaystyle S\subsetneqq\mathbb{R}^n\) un insieme infinito numerabile, due punti di \(\mathbb{R}^n\setminus S\) sono congiungibili da un segmento o da una linea unione di due segmenti.

[Livius1]

Ma non è mica finita qui ! Io adesso vi chiedo di trovarmi un punto concreto del piano che sfugge a tutti quei segmenti ! Io una mezza idea già ce l'ho !
Temo che anche questa volta, la domanda non sia sufficientemente difficile .... chiedo venia in tal caso !

[hydro1]

Una retta per due punti razionali ha necessariamente equazione $ax+by+c=0$ con $a,b,c$ razionali. Se un punto $(x_0,y_0)$ ci giace sopra, allora $ax_0+by_0+c=0$, il che significa che $x_0,y_0$ sono linearmente dipendenti sui razionali. Quindi basta scegliere il punto in modo che le coordinate siano linearmente indipendenti sui razionali. Ad esempio $(\sqrt{2},\sqrt{3})$.

[Livius1]

I punti sono del tipo $(r \cos \theta, r\sin \theta )$, purché $\theta \ne \arctan q $, per ogni $ q\in\mathbb Q$ e $ r \in \mathbb{R} $ con $r\ne 0$, sono tutti i punti di $ \mathbb R^2$ non appartenenti ai segmenti che hanno per estremi i punti di $\mathbbQ^2$.

[hydro1]

"Livius":I punti sono del tipo $ (r \cos \theta, r\sin \theta ) $, purché $ \theta \ne \arctan q $, per ogni $ q\in\mathbb Q $ e $ r \in \mathbb{R} $ con $ r\ne 0 $, sono tutti i punti di $ \mathbb R^2 $ non appartenenti ai segmenti che hanno per estremi i punti di $ \mathbbQ^2 $.

Beh questo non è affatto vero, intanto ci sono punti che non hanno quella forma e non stanno su alcun segmento di estremi razionali, tipo quello che ti ho scritto prima, e inoltre $(0,1)$ decisamente sta su un segmento di estremi razionali ed ha la forma che dici tu con $r=1$ e \(\theta=\pi/2\), visto che \(\pi/2\) non è l'artangente di niente.

[Livius1]

Forse sono gli stessi di quelli che ho descritto io ? Devo ancora vedere.

[Livius1]

... purché $\theta \ne \arctanq$, se $q\in\mathbb{Q}$ e $tan\theta$ sia definita (mi ero scordato di dire che la tangente doveva essere definita, e ti ringrazio per avermelo fatto notare), mi correggo solo qua .... per ora

[Livius1]

Avevi ragione anche questa volta, non erano tutti i punti, mi sono di nuovo sbagliato.
Ma adesso però propongo questo nuovo insieme di punti, sempre nel mio stile (che sia la volta buona ?):
$(p + r\cos\theta, q + r\sin\theta)$, con p, q numeri razionali e per r e $\theta$ , le stesse restrizioni di prima.

[j18eos]

Forse sbaglio, ma con \(\displaystyle p=q=0,\theta=\frac{\pi}{4},r=\sqrt{2}\) non funziona il tuo ragionamento?!

[Livius1]

No perché $\frac{\pi}{4}=\arctan1$, e 1 è un numero razionale.
Se ti interessa, o se qualcuno fosse interessato, potrei esporre una sintetica dimostrazione del fatto ( mi riferisco all'ultima mia affermazione, quella revisionata e corretta). Rispondevo a j18eos.