Trovare denso con punti a coordinate distinte

[Studente Anonimo]

Trovare un sottoinsieme [tex]D[/tex] di [tex]\mathbb{R}^2[/tex] con le seguenti proprietà:

1) [tex]D[/tex] è denso in [tex]\mathbb{R}^2[/tex],

2) per ogni due punti distinti [tex](x_1,y_1), (x_2,y_2) \in D[/tex] si ha [tex]x_1 \neq x_2[/tex] e [tex]y_1 \neq y_2[/tex].

[Studente Anonimo]

Up! Dai non è difficile.

[Gi81]

E' solo un'idea... Sono sicuro che manchi qualcosa

Sia $(alpha_i)_{i in NN}$ con $alpha_i in RR^+ \\QQ$ linearmente indipendenti su $QQ$.
Definisco $D_n ={(x,x +(-1)^n alpha_n)quad | quad x in alpha_n QQ^*}$.
Allora $D= bigcup D_n$ è l'insieme cercato.

[Studente Anonimo]

Potresti fare un accenno di dimostrazione?

Comunque avverto che c'è una soluzione davvero semplice, così semplice da risultare sconcertante.

[Gi81]

Come ho detto prima, c'è qualcosa che non torna.

Vale la proprietà 2:

[*:19jrqaby] presi $(x,y) in D_n$, $(barx,bary) in D_m$ con $m!=n$
si ha $x,y in alpha_n QQ^{text{*}} $, $barx,bary in alpha_m QQ$. Ovviamente $alpha_n QQ^{text{*}} nn alpha_m QQ^{text{*}}= O/$, quindi $x!= barx $ e $y!=bary$.[/*:m:19jrqaby][*:19jrqaby]presi $(x,y),(barx,bary) in D_n$, si ha $x=barx <=> y=bary$[/*:m:19jrqaby][/list:u:19jrqaby]

Ma che valga la proprietà 1 è tutto da dimostrare

[robbstark1]

Non mi sembra una soluzione banale, però fa uso solo di nozioni elementari. E' ispirata da una domanda che mi ero posto qualche anno fa e a cui mi ero risposto con un esempio simile a questo (poi, se sarà il caso la proporrò come mini-rilancio).

Sia [tex]E= \left \{ e \in \mathbb{Q}, e= \frac{n}{p^m}, n, m \in \mathbb{N}, p \text{ numero primo}, MCD(n,p^m)=1 \right \}[/tex].
Sia inoltre definita una funzione su [tex]E[/tex]:
[tex]f(x) = \frac{m}{p}[/tex]
Il grafico di [tex]f[/tex] immerso in [tex]\mathbb{R}^2[/tex] è un sottinsieme denso di [tex]\mathbb{R}^2[/tex].
Dimostrazione:
Preso un generico punto [tex](x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2[/tex], considero un suo intorno rettangolare
[tex]R= \left [x_0 - \frac{1}{a}, x_0 + \frac{1}{a} \right ] \times \left [y_0 - \frac{1}{b}, y_0 + \frac{1}{b} \right ][/tex], con [tex]a,b \in \mathbb{N}^+[/tex].
Ovviamente [tex]R[/tex] può essere reso piccolo a piacere. Serve dimostrare che questo rettangolo contiene comunque almeno un punto del grafico della funzione. Per questo è sufficiente scegliere [tex]p_0 > max(a,b)[/tex] così che [tex]\exists m_0 \in \mathbb{N}: \frac{m_0}{p_0} \in \left [y_0 - \frac{1}{b}, y_0 + \frac{1}{b} \right ][/tex] e in corrispondenza [tex]\exists n_0 \in \mathbb{N}: \frac{n_0}{p_0^m} \in \left [x_0 - \frac{1}{a}, x_0 + \frac{1}{a} \right ][/tex].

[Pappappero1]

Ho una soluzione in cui si smanetta un pochettino, che è la seguente:

Limitiamoci dapprima a $Q = (0,1) \times (0,1)$ e troviamo un insieme $E$ denso e a coordinate distinte in $Q$:

Per $n=1$ scelgo un punto qualsiasi di $Q$ e lo chiamo $p_1^1$.
Per $n= 2$, divido $Q$ in quattro quadratini $Q_1^2,...,Q_4^2$ di lato $1/2$ e scelgo quattro punti $p_1^2, ... , p_4^2$ tali che $p_i$ sia nell'interno di $Q_i$ e tutti con coordinate diverse da $p_1^1$ e diverse tra loro.

Per $n \ge 3$, divido ogni $Q_j^{n-1}$ in quattro quadratini ottenendo $N(n)=2^{2n}$ quadratini di lato $1/2^n$, denotati con $Q_1^n ... Q_{N(n)}^n}$. Scelgo dei punti $p_1^n ... p_{N(n)}^n}$ tali che $p_j^n$ sia nell'interno di $Q_j^n$ e che abbia coordinate diverse da ciascuno dei (finiti!) già scelti $p_r^s$ con $s
L'insieme $D$ di punti che ottengo è denso in $Q$ e soddisfa la proprietà richiesta.

A questo punto è facile risolvere il caso generale, per continuità attraverso un qualsiasi omeomorfismo tra $Q$ e $\RR^2$.

C'è però quest'altra costruzione, che non funziona ma che è decisamente più immediata; sarebbe carino trovare un modo per farla funzionare.

E' noto che $\QQ \times \QQ$ è denso in $\RR^2$. Inoltre $\QQ \times \QQ$ è numerabile. Numeriamolo $\QQ \times \QQ = \{ (a_n,b_n) \}$.

A questo punto costruiamo il nostro insieme $D$ nel modo seguente. $(a_1,b_1)$ lo mettiamo in $D$. Se $a_2 \ne a_1$ e $b_2 \ne b_1$, mettiamo $(a_2,b_2)$ in $D$, altrimenti lo buttiamo via. Per ogni $n$, consideriamo $(a_n,b_n)$. Se tutti gli elementi inseriti fino a questo momento in $D$ sono tali che $a_n \ne a_i$ e $b_n \ne b_i$, allora mettiamo $(a_n,b_n)$ in $D$, altrimenti lo buttiamo via.

Costruiamo quindi questo insieme $D$ che ha queste proprietà:

- certamente è infinito, perché non arriveremo mai a un punto in cui dobbiamo buttar via tutte le coppie che vengono dopo, altrimenti vorrebbe dire che la successione delle coppie razionali si muove in un insieme $S \times S$ con $S$ finito, in contraddizione con la densità (e a dire il vero anche con il loro essere infiniti).

- certamente, per come è costruito, soddisfa la proprietà richiesta per cui $(x_1,y_1),(x_2,y_2) \in D$ soddisfano $x_1 \ne x_2$ e $y_1 \ne y_2$.

- facendo semplicemente questa costruzione, quello che viene non è denso. Infatti a priori le scelte che vengono fatte potrebbero provocare qualche problema (ad esempio potrebbe capitare che fissato $a \in \QQ$ tutte le coppie $(a_n,b_n)$ con $a_n$ in un intorno di $a$, abbiano i $b_n$ ammassati da qualche parte).

[Studente Anonimo]

Idee interessanti Anch'io a un certo punto ho cercato soluzioni tipo teoria-dei-numeri, e tra l'altro cercando su internet ho trovato questo.

Poi però dopo qualche giorno senza pensarci mi è venuto in mente di tornarci sopra senza staccarmi dalla semplicità, e ho pensato a questo:

Parto dalla cosa più semplice, [tex]\mathbb{Q}^2[/tex], e anziché cambiare il sottoinsieme cambio le coordinate! Prendo come assi coordinati le rette [tex]y=\pi x[/tex] e [tex]y=(-1/\pi)x[/tex].

La versione purista è: ruoto [tex]\mathbb{Q}^2[/tex] attorno all'origine di un angolo a tangente irrazionale.

E il commento inevitabile è che le rotazioni sono diaboloche.

[robbstark1]

@Martino: Complimenti, bellissima idea!
Tra l'altro ci dice pure quanti sono gli insiemi con questa proprieta'.