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.