Probemino
Vi voglio porre un problema a cui avevo pensato anni fa, avevo accantonato perché non mi riusciva, e mi è tornato in mente da poco, ma ancora non ho avuto granchè modo di pensarci: consideriamo $A=[0,+\infty)^2$ e definiamo $A_0={(x,y)\inA|xy=0}$ e costruiamo per ricorrenza degli insiemi $A_(n+1)={p\inA|p\in\text{ad un segmento di lunghezza 1 con estremi appartenenti ad} A_n}$, la domanda è $B=uuu_{n\inNN} A_n=A$? Se la risposta è no, $B$ che forma ha? Ha area finita?
Risposte
Molto probabilmente non ho capito il problema, quindi molto probabilmente sto per scrivere una stupidaggine nel qual caso conto che amichevolmente si possa fare finta che non ho scritto nulla, tuttavia...
Gli insiemi $A_n$ sono inscatolati, parlare di unione...direi limite.
È un bel "probemino"...
È un bel "probemino"...
"dan95":
Gli insiemi $A_n$ sono inscatolati, parlare di unione...direi limite.
È un bel "probemino"...
Ma non è la stessa cosa?
È certamente la stessa cosa ma scrivere l'insieme $A_{\infty}$ come unione...insomma non traspare che siano inscatolati
Ah ho capito, quindi volevi semplicemente evidenziare il fatto che gli insiemi sono inscatolati, in effetti può aiutare.
È bello questo problemino. Sarebbe interessante partire da qualche simulazione numerica, scrivendo un programmino che calcola \(A_1, A_2,\ldots A_{10}\), per esempio. Per farsi un'idea del risultato.
Non è detto che la soluzione sia semplice. Questo per esempio:
https://en.wikipedia.org/wiki/Kakeya_set
(se ne è parlato anche in un post di Martino link) è un problema con formulazione molto semplice e soluzione molto difficile:
https://www.youtube.com/watch?v=j-dce6QmVAQ
Non è detto che la soluzione sia semplice. Questo per esempio:
https://en.wikipedia.org/wiki/Kakeya_set
(se ne è parlato anche in un post di Martino link) è un problema con formulazione molto semplice e soluzione molto difficile:
https://www.youtube.com/watch?v=j-dce6QmVAQ
Del problema di Kakeya ne avevo già letto in un libro divulgativo, è interessante, ma mi sorprenderebbe se il mio problema fosse di una difficoltà paragonabile, anche se non è impossibile.
La prima cosa che mi venne in mente fu l'insieme ${(x,y) \in A|xy \leq k}$, un iperbole detta papale papale
Anche io ci avevo pensato ma non avrei minimamente idea di come poterlo dimostrare.
@dan: Un motivo per cui non sono del tutto convinto che
\[
I_k= \left\{ x\ge 0, y\ge 0\ : xy\le k\right\}
\]
sia la soluzione è che \(I_k\) non è chiuso rispetto all'operazione di aggiungere un segmento di lunghezza \(1\).
Non so dimostrarlo formalmente ma io mi aspetterei che \(B\) abbia la proprietà di contenere tutti i segmenti di lunghezza \(1\) aventi estremi in \(B\). Se così fosse allora \(B= \mathbb R_{\ge 0}\times \mathbb R_{\ge 0}.\) (Qui, come nell'OP, \(B=\bigcup_n A_n\). Forse un nome migliore sarebbe \(A_{\infty}\) come suggerisce dan).
EDIT Spiego meglio l'idea. Sia \(A=\mathbb R_{\ge 0} \times \mathbb R_{\ge 0}\). Definiamo una applicazione
\[
\Phi(C)=\left\{ x\in A\ \Big |\ x=(1-t)x_1+tx_2,\ \begin{array}{c} t\in [0, 1] \\ x_1, x_2\in C,\ |x_1-x_2|= 1 \end{array}\right\}.\]
Con questa notazione, la relazione che definisce \(A_n\) è
\[
\begin{cases} A_{n+1}=\Phi(A_n) \\ A_0=\{ (x, y)\in A\ :\ xy=0\} \end{cases}\]
"Passando al limite" (qui c'è il grosso problema: non so come formalizzare questa affermazione), ponendo
\[B=\lim_{n\to \infty} A_n\]
si ha che
\[\tag{1} \Phi(B)=B.\]
Siccome, "ad occhio" (e anche qui non so formalizzare), l'unico sottoinsieme di \(A\) con la proprietà (1) è \(A\) stesso, concludiamo che \(B=A\).
NON SO SE SIA CORRETTO.
Note. Per formalizzare il passaggio al limite serve una topologia sullo spazio dei sottoinsiemi di \(A\). La distanza di Hausdorff è una scelta standard:
https://en.wikipedia.org/wiki/Hausdorff_distance
e infatti la costruzione di questo post non è altro che una scopiazzatura di un argomento standard di geometria frattale 0.01. Il problema è che gli insiemi di questo post non sono compatti, mentre la distanza di Hausdorff funziona bene sullo spazio dei sottoinsiemi compatti di \(A\) (lo spazio \(\mathcal K=\{ K\subset A\ : \ K\ \text{compatto}\}\) è metrico completo rispetto a tale distanza). Bisogna vedere se l'argomento funziona ugualmente nel caso presente dove ci sono insiemi non compatti.
In alternativa si potrebbe considerare un problema troncato, ambientato in \(\tilde{A}_R= A\cap B_R\) invece che in \(A\). Bisognerà poi dimostrare che la soluzione del problema troncato tende in qualche senso alla soluzione del problema originario al tendere di \(R\) a \(\infty\).
\[
I_k= \left\{ x\ge 0, y\ge 0\ : xy\le k\right\}
\]
sia la soluzione è che \(I_k\) non è chiuso rispetto all'operazione di aggiungere un segmento di lunghezza \(1\).
Non so dimostrarlo formalmente ma io mi aspetterei che \(B\) abbia la proprietà di contenere tutti i segmenti di lunghezza \(1\) aventi estremi in \(B\). Se così fosse allora \(B= \mathbb R_{\ge 0}\times \mathbb R_{\ge 0}.\) (Qui, come nell'OP, \(B=\bigcup_n A_n\). Forse un nome migliore sarebbe \(A_{\infty}\) come suggerisce dan).
EDIT Spiego meglio l'idea. Sia \(A=\mathbb R_{\ge 0} \times \mathbb R_{\ge 0}\). Definiamo una applicazione
\[
\Phi(C)=\left\{ x\in A\ \Big |\ x=(1-t)x_1+tx_2,\ \begin{array}{c} t\in [0, 1] \\ x_1, x_2\in C,\ |x_1-x_2|= 1 \end{array}\right\}.\]
Con questa notazione, la relazione che definisce \(A_n\) è
\[
\begin{cases} A_{n+1}=\Phi(A_n) \\ A_0=\{ (x, y)\in A\ :\ xy=0\} \end{cases}\]
"Passando al limite" (qui c'è il grosso problema: non so come formalizzare questa affermazione), ponendo
\[B=\lim_{n\to \infty} A_n\]
si ha che
\[\tag{1} \Phi(B)=B.\]
Siccome, "ad occhio" (e anche qui non so formalizzare), l'unico sottoinsieme di \(A\) con la proprietà (1) è \(A\) stesso, concludiamo che \(B=A\).
NON SO SE SIA CORRETTO.
Note. Per formalizzare il passaggio al limite serve una topologia sullo spazio dei sottoinsiemi di \(A\). La distanza di Hausdorff è una scelta standard:
https://en.wikipedia.org/wiki/Hausdorff_distance
e infatti la costruzione di questo post non è altro che una scopiazzatura di un argomento standard di geometria frattale 0.01. Il problema è che gli insiemi di questo post non sono compatti, mentre la distanza di Hausdorff funziona bene sullo spazio dei sottoinsiemi compatti di \(A\) (lo spazio \(\mathcal K=\{ K\subset A\ : \ K\ \text{compatto}\}\) è metrico completo rispetto a tale distanza). Bisogna vedere se l'argomento funziona ugualmente nel caso presente dove ci sono insiemi non compatti.
In alternativa si potrebbe considerare un problema troncato, ambientato in \(\tilde{A}_R= A\cap B_R\) invece che in \(A\). Bisognerà poi dimostrare che la soluzione del problema troncato tende in qualche senso alla soluzione del problema originario al tendere di \(R\) a \(\infty\).
Solo per dire che ho aggiornato il post precedente.
"dissonance":
Definiamo una applicazione \[ \Phi(C)=\left\{ x\in A\ \Big |\ x=(1-t)x_1+tx_2,\ \begin{array}{c} t\in [0, 1] \\ x_1, x_2\in C\end{array}\right\}. \]
Con questa notazione, la relazione che definisce \( A_n \) è \[ \begin{cases} A_{n+1}=\Phi(A_n) \\ A_0=\{ (x, y)\in A\ :\ xy=0\} \end{cases} \]
Non sono d'accordo, così stai prendendo come $A_(n+1)$ l'inviluppo convesso di $A_n$, ma allora avrai ovviamente che $A_1=A$, comunque si capiva che intendevi che dovesse valere anche che $||x_1-x_2||=1$.
"Passando al limite" (qui c'è il grosso problema: non so come formalizzare questa affermazione), ponendo \[ B=\lim_{n\to \infty} A_n \] si ha che \[ \tag{1} \Phi(B)=B. \]
Anche io ci avevo pensato a questa cosa, ma non sono più tanto sicuro di questo.
Siccome, "ad occhio" (e anche qui non so formalizzare), l'unico sottoinsieme di \( A \) (che include $A_0$) con la proprietà (1) è \( A \) stesso, concludiamo che \( B=A \).
Secondo me qua, se ciò che vogliamo dimostrare è vero, si potrebbe dimostrare che un insieme che soddisfa (1) è convesso (la modifica in rosso è mia).
Visto che mi avete chiesto di cambiare il nome a $B$, vi accontento, ma a modo mio, estendendo il problema, infatti ho pensato che non c'è nessun motivo per interrompere questa costruzione qui, potremmo definire una sequenza di sottospazi di $A$ per ricorsione transfinita, basta aggiungere come sono definiti $A_\alpha$ per gli ordinali limite, ma è ovvio come andranno definiti, ovvero $A_\alpha=uuu_{\beta<\alpha} A_\beta$, così il nostro vecchio $B$ ora si chiamerà $A_\omega$.
Ora possiamo pensare anche nel caso che $A_\omega!=A$, se prima o poi ci si arriva a riempire tutto $A$.
Francamente io penso che o non ci si arriva mai, o ci si è già arrivati con $A_\omega$ a riempire tutto $A$, e la seconda mi sembra più probabile.
Ho aggiornato il mio post precedente sulla definizione di \(\Phi\). Ottima l'idea di cercare di capire se
\[
\Phi(B)=B \quad \stackrel{?}{\iff} \quad B\ \text{è convesso}.\]
Ovviamente la freccia difficile è \(\Rightarrow\). Io sono sicuro che sia vero.
Questo darebbe molto peso alla congettura \(A_\infty = A\) (il che, grazie al cielo, rende inutile la generalizzazione con gli ordinali, che mi sembra atroce
).
\[
\Phi(B)=B \quad \stackrel{?}{\iff} \quad B\ \text{è convesso}.\]
Ovviamente la freccia difficile è \(\Rightarrow\). Io sono sicuro che sia vero.
Questo darebbe molto peso alla congettura \(A_\infty = A\) (il che, grazie al cielo, rende inutile la generalizzazione con gli ordinali, che mi sembra atroce
).
Perché nella definizione di $\Phi$ è stata messa la condizione $|x_1-x_2| \leq 1$ in luogo di $|x_1-x_2|=1$?
"dissonance":
Questo darebbe molto peso alla congettura \(A_\infty = A\) (il che, grazie al cielo, rende inutile la generalizzazione con gli ordinali, che mi sembra atroce
Lo prendo per un complimento
; vi immaginate se non esistesse nessun ordinale per cui si riuscisse a riempire tutto $A$?O peggio, se nemmeno l'unione su tutti gli ordinali dei vari $A_\alpha$ fosse uguale ad $A$?
"dan95":
Perché nella definizione di $\Phi$ è stata messa la condizione $|x_1-x_2| \leq 1$ in luogo di $|x_1-x_2|=1$?
Perché mi sono sbagliato. Con la condizione \(|x_1-x_2|=1\), non è vero che \(\Phi(B)=B\) implica che \(B\) è convesso, quello richiede \(|x_1-x_2|\le 1\). Ad esempio, qualsiasi insieme con diametro più piccolo di \(1\) verifica banalmente \(\Phi(B)=B\), ma non ha obbligo di essere convesso.
In ogni caso, sono convinto che \[\tag{1}\Phi(A_\infty)=A_\infty.\] Per seguire questa linea di dimostrazione, occorrerebbe:
1) dimostrare formalmente (1), il che si riconduce a dimostrare che \(\Phi\) è una applicazione continua rispetto alla distanza di Hausdorff;
2) identificare i sottoinsiemi di \(A\) che contengono \(A_0\) e che verificano (1).
Però possiamo sempre cercare di dimostrare che un sottoinsieme di $A$ che include $A_0$ e che soddisfa (1) è convesso (secondo me è vero).
Mi sono messo a leggere solo adesso e mi serve capire una cosa.
$A_0$ è ovviamente facile da visualizzare, così come $A_1$ (vedi spoiler). Ma in base alla definizione, esistono punti fuori da $A_1$? L'esempio all'inizio con $(frac{1}{\sqrt 8},frac{1}{\sqrt 8})$ serve a dire che non ci sono segmenti in $A_2$ che partono da quel punto, giusto?
Edit:
Ok ci ho un po' guardato e ho verificato che esistono punti fuori da $A_1$. Beh, a questo punto congetturo che $A_\infty$ non sia altri che il triangolo isoscele di lato 1 e vertice nell'origine. L'insieme $A_2$ è circa così nel caso interessi (la parte verde):
e immaginando che gli insiemi in questione "tendano" al triangolo, questi diventa una specie di "upper bound". Infatti presi due punti interni al triangolo tali che la loro distanza è 1, il segmento che li unisce è interamente contenuto nel triangolo.
^Ovviamente tutta la roba qua sopra è da dimostrare, ma appena ho tempo ci guardo
$A_0$ è ovviamente facile da visualizzare, così come $A_1$ (vedi spoiler). Ma in base alla definizione, esistono punti fuori da $A_1$? L'esempio all'inizio con $(frac{1}{\sqrt 8},frac{1}{\sqrt 8})$ serve a dire che non ci sono segmenti in $A_2$ che partono da quel punto, giusto?
Edit:
Ok ci ho un po' guardato e ho verificato che esistono punti fuori da $A_1$. Beh, a questo punto congetturo che $A_\infty$ non sia altri che il triangolo isoscele di lato 1 e vertice nell'origine. L'insieme $A_2$ è circa così nel caso interessi (la parte verde):
e immaginando che gli insiemi in questione "tendano" al triangolo, questi diventa una specie di "upper bound". Infatti presi due punti interni al triangolo tali che la loro distanza è 1, il segmento che li unisce è interamente contenuto nel triangolo.
^Ovviamente tutta la roba qua sopra è da dimostrare, ma appena ho tempo ci guardo
No l'esempio serve a dire che ci sono punti in $A_2$ che non stanno in $A_1$.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo