La soluzione di Luigi Bernardini

La soluzione di Luigi Bernardini
10 punti speciali fra 100 punti del piano
Dimostrare che:
a) ogni sequenza di n2+1 numeri contiene una sottosequenza di n+1 termini monotona
(crescente o decrescente);
b) dati 100 punti nel piano, dimostrare che se ne possono sempre trovare 10 fra essi tali
che a tre a tre non formano mai un triangolo acutangolo.
______________________________________________________________________
Problema a)
Si tratta del teorema dimostrato da Erdos - Szekeres nel 1935 e del quale esistono
varie dimostrazioni. Trascrivo qui di seguito la dimostrazione indicata come quella
originale. Tra l'altro è anche una delle più semplici.
La dimostrazione si trova sul sito Internet http://www.geocities.com/literka/mathcountry/erdos.htm
Sia A={a1 ,a, …. a i, …… a L } una sequenza di lunghezza L = n2+1
Siano:
C(i) la maggiore tra le lunghezze delle sottosequenze crescenti che terminano con ai
D(i) la maggiore tra le lunghezze delle sottosequenze decrescenti che iniziano con ai
Vi sono n2+1 coppie di valori C(i), D(i), una per ogni elemento di A
Ipotesi: non esiste una sottosequenza monotona di lunghezza n+1.
Allora deve essere, per ogni i,
C(i) ? n e D(i) ? n
2
Ma, essendoci solo n coppie distinte di numeri naturali che non eccedono n, due
coppie, che indichiamo con gli indici h e k (h < k) , devono coincidere:
C(h)=C(k) e D(h)=D(k).
Ciò è impossibile, perché
? se a h ? ak allora C(k)>C(h)
? se a h ? ak allora D(h)>D(k)
L'ipotesi è quindi falsa, e perciò deve esiste re una sottoseque nza monotona di
lunghezza n+1.
c.v.d.
Un'altra dimostrazione si trova sul sito http://digilander.libero.it/basecinque/combinatoria/casserdos.htm
"Il cassetto dello zio Erdos" al punto 5
Vedere anche sul sito http://mathforum.org/library/drmath/view/55942.html lo scambio di e-mail del
marzo 2000 tra il Doctor Wilkinson, il Doctor Antony e una non meglio precisata
Elisabeth. Vengono discusse dimostrazioni del teorema usando il metodo di induzione e
il principio del "pidgeon hole"
Problema b)
Si consideri nel piano cartesiano il triangolo P 1P2P3 in figura.
Y3
P3
P2
Y2
P1
Y1
X1
X2
X3
Applicando il teorema di Carnot (omettiamo i passaggi) otteniamo che il segno del
coseno dell'angolo in P 2 , e quindi l'essere il triangolo acutangolo o ottusangolo, dipende
dal segno dell'espressione
(1)
(x2 -x1) (x3-x2) + (y2-y1) (y3-y2 )
Precisamente se la (1) è positiva o nulla l'angolo in P 2 è ottuso o retto.
Ma la (1) è positiva o nulla
(2)
se
e
x3 ? x2 ? x1 (oppure x3 ? x2 ? x1)
y3 ? y2 ? y1 (oppure y3 ? y2 ? y1)
cioè se le sequenze delle ascisse e delle ordinate dei tre punti P 1 P2 e P3 sono
monotone crescenti o decrescenti.
Quanto sopra si estende facilmente ai vertici di una spezzata che unisce n punti. Per
qualsiasi terna di vertici della spezzata vale infatti quanto detto nel caso di tre punti.
Possiamo quindi affermare che i vertici di una spezzata di n punti presi tre a tre non
formano mai triangoli acutangoli se le loro ascisse e ordinate costituiscono sequenze
monotone crescenti o decrescenti.
Il problema è ora ricondotto a quello di dimostrare che, tra i 100 punti dati, esistono 10
punti che hanno ascisse e ordinate che costituiscono sequenze monotone crescenti o
decrescenti.
Dai 100 punti scegliamone a caso 82 e elenchiamoli ordinandoli secondo valori di
ascisse non decrescenti (o non crescenti). Tra questi 82 = 92+1 punti per il teorema di
Erdos-Szekeres esistono certamente 10=9+1 punti le cui ordinate formano una
sottosequenza monotona crescente (o decrescente). Sono questi i 10 punti che presi
tre a tre non formano mai triangoli acutangoli.
c. d.d.