Triángulo isósceles

AsVHEn me manda un problema topológico a gaussianos@gmail.com que no consigue resolver. A ver si entre todos le ayudamos:

Sea $A$ un subconjunto de $\mathbb{R}^2$ denso con la topología usual. Comprobar si se puede encontrar un triángulo isósceles cuyos vértices sean puntos de $A$ .

Vamos a por él.

Posts aleatorios

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 25 de November de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

Tito Eliatron | 25 de November de 2008 | 11:02

Supongamos, por reducción al absurdo, que NO EXISTE ningún triángulo isósceles en $A$ .

Entonces, dados 2 puntos cualesquiera de $A$ , la mediatriz estaría fuera de $\latex A$… y esto me lleva a pensar que nos daría alguna contradicción con el hecho de que $A$ es denso.
Javier | 25 de November de 2008 | 11:04

Seguro que hay algo mal en lo que voy a decir, pero es que yo no le veo el fallo.

Sea $\mathbb{Q}^2$ , que es denso en $\mathbb{R}^2$ . Los puntos (0,0), (0,1) y (1,1) pertenecen a $\mathbb{Q}^2$ y crean un triangulo isosceles.

Saludos.
Edmond | 25 de November de 2008 | 11:21

Yo o tampoco entiendo el problema, o opino lo mismo que Javier. De hecho $\mathbb{R}^2$ tambien es denso en $\mathbb{R}^2$ , y ahi tambien hay muchos triangulos isosceles…
vengoroso | 25 de November de 2008 | 11:41

Creo que la cuestión es ver si para todo conjunto denso existe un triángulo isósceles, o bien encontrar un conjunto denso que no contenga ninguno.

En ese caso la respuesta es que existen conjuntos densos que no contienen a ningún triángulo isósceles; una posible demostración se tiene jugando con las condiciones del problema hasta que sean una cantidad numerable:

¿Qué significa que $A$ sea denso? Pues que para cada $x\in \mathbb{R}^2$ y para cada $\delta >0$ existe un punto $a\in A$ tal que $d(x,a)$ . Como los racionales son densos en los reales, basta comprobar esta condición para los puntos $x$ con coordenadas racionales, y para $\delta$ de la forma $\delta = 1/n$ . Así que consideremos el conjunto de todos los discos abiertos cuyo centro tiene coordenadas racionales y su radio es de la forma $1/n$ . Este conjunto es numerable (producto de numerable por numerable), así que podemos ordenar estos discos en una sucesión $D_1, D_2, \dotsc$ , y la condición de que $A$ sea denso es equivalente a pedir que para cada natural $n$ la intersección $A\cap D_i$ sea no vacía.

Dicho esto, lo que hacemos es construir nuestro conjunto $A$ sin más. Queremos que $A\cap D_1$ se no vacío, pues cogemos $a_1\in D_1$ . Queremos que $A\cap D_2$ sea no vacío, pues cogemos $a_2 \in D_2$ con la única condición que $a_2\neq a_1$ . Para coger $a_3$ , queremos que no se forme un triángulo isósceles, así que no podemos coger $a_3$ en la mediatriz de $a_1$ y $a_2$ , pero como la línea y los dos puntos $a_1$ y $a_2$ no pueden cubrir el disco $D_3$ por completo, pues somos capaces de escoger $a_3$ .

Supongamos que ya hemos cogido $a_1,\dotsc, a_n$ , todos distintos, cada uno en su disco $D_i$ y sin que haya triángulos isósceles. Para elegir $a_{n+1}$ tenemos que considerar el disco $D_{n+1}$ al que le quitamos los puntos anteriores y la unión de las $n(n+1)/2$ mediatrices de las parejas $(a_i,a_j)$ . De nuevo, no es posible cubir por completo un disco con una unión finita de puntos y rectas, así que podemos elegir $a_{n+1}$ en las condiciones exigidas.

Esto nos da lugar a un conjunto numerable $A=\{a_1,a_2,\dotsc\}$ que es denso (porque tiene intersección no vacía con todos los $D_i$ , y que por construcción no contiene ningún triángulo isósceles.
Tito Eliatron | 25 de November de 2008 | 12:05

Muy bu8ena la demostración vengoroso.. en algo así estaba pensando cunado puse mi primer comentario, pero no era capaz de transcribirlo.
hernan | 25 de November de 2008 | 13:20

Para coger $a_3$ , queremos que no se forme un triángulo isósceles, así que no podemos coger $a_3$ en la mediatriz de $a_1$ y $a_2$

Aunque esto no es completamente suficiente, también hay que descartar la formación de los otros posibles triángulos isósceles (aquellos en los que $a_3$ está en el lado desigual); pero si no me equivoco, estos son -como mucho- cuatro puntos aislados a adicionar y no invalidan el argumento.

Para ponerlo un poco más claro (para mí):
Pensémoslo en términos constructivos. Supongamos que tenemos ya un conjunto de $n$ puntos en $\mathbb{R}^2$ que no conforman ningún triángulo isósceles, y queremos agregar un nuevo punto manteniendo esa propiedad. ¿Dónde podemos ubicarlo? Marquemos la región prohibida. Cada par de puntos me determina una recta de puntos prohibidos (la mediatriz) más cuatro puntos (lo del párrafo anterior) como mucho. La región prohibida, entonces, es la unión de $n (n-1) /2$ rectas y $2 n (n-1)$ puntos (en realidad el número no importa, basta que sean finitas rectas y puntos. Ahora bien, ese conjunto tiene interior vacío, no alcanza a cubrir ningún disco de radio finito en $\mathbb{R}^2$ .
Entonces, aplicando una construcción como la de vengoroso, podemos armar un conjunto denso en $\mathbb{R}^2$ …
vengoroso | 25 de November de 2008 | 13:27

Tienes razón, Hernán, se me había pasado ese detalle. Aunque creo que en vez de 4 puntos aislados lo que hay que añadir son las dos circunferencias con centro en $a_1$ y radio $d(a_1,a_2)$ y viceversa. El argumento sigue siendo el mismo: la unión una cantidad finita de rectas, circunferencias y puntos no puede tapar un disco.
hernan | 25 de November de 2008 | 13:30

ups, es verdad
AsVHEn | 25 de November de 2008 | 17:34

(Lo primero Gracias por intentarlo )
La finita no puede, pero una infita sí, y si quieres que sea un conjunto denso, necesitas una cantidad infinita de puntos.
hernan | 25 de November de 2008 | 17:56

Bueno, o yo no entendí a AsVHEn o él no entendió lo anterior.

El problema ya fue respondido por vengoroso. El mostró como construir un conjunto de puntos denso en $\mathbb{R}^2$ que no contiene ningún triángulo isósceles con vértices en él.
La cantidad de puntos de ese conjunto es numerable (infinito, por supuesto). El procedimiento se basa en que la zona prohibida al situar el punto n-ésimo es la unión de un conjunto finito de conjuntos sin interior, y por lo tanto no cubre ningún disco.
AsVHEn | 25 de November de 2008 | 18:39

Mi madre, lo leí como el culo por encima, sorry , y eso que llegaste más que de donde llegué yo, que tomar la base de puntos como los racionales e ir quitando es genial.
Aunque creo que veo un problema en el radio de los discos, que se están tomando fijos para un n cuando se deben cumplir para todo n si queremos que sea denso. Y no creo que se pueda tomar la sucesión de radios y ver a que converge porque pueden variar los puntos casi como les de la gana, y tomar otro subconjunto más “denso” que el anterior se me antoja complicado a primera vista (Mi idea inicial era mucho menos elegante para la primera etapa. Coger el (0,0), tomar puntos a distancia x que no formen triangulo isosceles, a partir de esos, tomar otros que lo mismo… hasta cubrir RxR, tengo que pensar ahora si conmenzando con los racionales se puede conseguir)
vengoroso | 25 de November de 2008 | 18:50

AsVHEn, el valor $1/n$ no es fijo, consideramos todos los radios de la forma 1/n. O si lo prefieres, todos los discos con radios positivos (aunque esto no cambia nada, los discos de radio 1/n ya forman una base de entornos). El conjunto de todos estos discos está parametrizado por $\mathcal{D}=\mathbb{Q}^2\times \mathbb{N}$ , donde los dos primeros números son las coordenadas del centro y el tercero el inverso del radio. Así que $\mathcal{D}$ es numerable (por ser producto finito de numerables). Lo que importa no es cómo ordenes estos discos, sino que al ser un conjunto numerable se pueden ordenar mediante una sucesión para poder dar una respuesta constructiva.
AsVHEn | 25 de November de 2008 | 19:28

Ostia, que mágico así, cogiendo todos los radios desde el principio. Podía estar toda la vida para llegar a esa demostración por mi mismo, gracias . Aunque me sigue quedando la duda:
Está claro que en el proceso que siempre podemos tomar el punto n+1, pero el conjunto final no está definido hasta tomar el límite ¿no? ¿No puede ser que el límite de las uniones “zonas prohibidas” resulte ser $latexmathbb{R}^2$?
vengoroso | 25 de November de 2008 | 19:49

No hay ningún “límite”, el conjunto es numerable y se define mediante una sucesión de puntos, que está dada inductivamente, igual que cuando defines una sucesión de números reales por recurrencia.

Piénsalo así: coge un abierto cualquiera $O\subset\mathbb{R}^2$. Dentro de ese abierto tiene que haber un punto con coordenadas racionales, y centrado en ese punto puedes encontrar un n lo bastante grande como para que el disco de radio $1/n$ esté contenido en $O$ . Pero ese disco tiene que ser uno de los de nuestro conjunto, digamos el $D_m$ , y entonces tenemos que el punto $a_m$ , que pertenece a $D_m$ , está contenido en $O$ . Eso te da la densidad.

La clave de todo es llevarte una condición que a priori es muy infinita (la densidad) a una cantidad numerable de condiciones. Esto es posible por la separabilidad de tu espacio topológico. Cuando tienes esto y tienes una base de entornos ordenada, ya puedes hacer encaje de bolillos
AsVHEn | 25 de November de 2008 | 20:30

Sí sí, si al final entendí el procedimiento y ya te digo que me parece sumamente ingenioso, pero me continua la duda. Si creo que haya límite, lo veo análogo al conjunto de Cantor que se construye recursivamente y, por ejemplo, tiene medida 0 en el límite pero cada paso cumple tener medida mayor que 0. En este caso mi duda es que cada paso cumple las hipótesis, pero no veo que el conjunto final necesariamente pueda hacerlo. (No se si me explicado, lo he liado más, o estoy preguntando algo que debería hacer que me quitasen el título ).
vengoroso | 25 de November de 2008 | 21:09

Creo que estás confundiendo el “límite de una sucesión” con la sucesión en sí misma. La construcción es totalmente diferente a la del conjunto de Cantor, que efectivamente es un límite. Para este conjunto estamos enumerando los puntos, no obteniéndolos como límite de nada.

¿Qué hipótesis es la que no ves que se cumpla?
Acho | 25 de November de 2008 | 22:24

El contraejemplo quiere decir que podemos encontrar un subconjunto denso en el cilindro menos una generatriz con un punto por aro como máximo!
Considerando el plano como $\mathbb{R}\times (0,2\pi)$ con la identificación $(\rho,\theta)\mapsto \rho(\cos\theta,\sin\theta)$ .
Es muy anti-intuitivo..

Este ejercicio me ha recordado a este otro que creo que es de la olimpiada de este año:
Consideremos el plano coloreado con tres colores. ¿Se puede asegurar que podremos encontrar dos puntos del mismo color a distancia D?
Naka Cristo | 25 de November de 2008 | 22:49

AsVHEn, si en el conjunto límite $A$ hay 3 puntos, entonces existe un $n\in\mathbb{N}$ para el que esos tres puntos están en $\{a_1,a_2,\dots,a_n\}$ y por tanto no pueden formar un triángulo isósceles.

El conjunto de Cantor también se puede escribir como la enumeración de sus puntos, caso en el que la sucesión que le daría lugar siempre tendría medida 0.
AsVHEn | 26 de November de 2008 | 01:10

Buscamos un conjunto, y el conjunto que contruimos se define como la unión infinita de los puntos de la sucesión, o como se escribe normalmente para algunas cosas:
$A := \lim_{n \to \infty} A_n$ siendo $A_n := \bigcup_{i = 1}^{n} a_i$ ¿no?
Ese es el límite que no veo (perdón por no ser tan claro de primeras, me puede el hacer rápido algunas cosas).
Y ahora vamos con la hipótesis, si tomamos un punto cq de A, supongamos x, sabemos que por la construcción del conjunto $x = a_p$ tq $a_p\in\mathit{A}$ con $p\in\mathbb{N}$ cumpliendose que $a_p$ no forma ningún triangulo isosceles con ningún par de puntos $a_r, a_s$ tq $r,s \le q$ con $q\in\mathbb{N}$ (ya que existe un $a_q$ tq por construcción, no forma ningún triangulo isosceles con ningún par de puntos con indice menor que el suyo)
Este $q$ es el que no veo claro que lo puedas llevar a $\infty$ y así decir que se cumple con todos los puntos del conjunto.
hernan | 26 de November de 2008 | 03:12

AsVHEn: Como decía vengoroso, acá no se trata de límites.
Estamos enumerando todos los elementos (puntos) de A.
Es verdad que puedes considerar al conjunto A como el límite de esa unión de conjuntos finitos, pero esa manera de considerarla más bien oscurece que aclara. (también puedes considerar al conjunto de los naturales como el límite de la unión de los conjuntos $Q_n =\{ 1 \cdots n\}$ , pero convengamos que es una manera bastante retorcida de verlo).
Y al verlo así, como límite de una unión, te metes en un callejón sin (casi) salida; porque, es cierto, que una propiedad sea verdadera para todos los elementos de una sucesión no implica en general que sea verdadera para su límite, o sea -digamos- para n = infinito.
Pero este caso es más simple, porque tenemos explícitamente los elementos que forman el conjunto, no hace falta meternos a considerar límites.
Piénsalo por el absurdo: supón que, a pesar de que los conjuntos finitos no formen triángulos isósceles, el conjunto A (“para n infinito”) sí lo forme. En este caso, tendríamos tres puntos de A (x1, x2, x3) que forman un t. isósceles. Pero esos puntos deben formar parte de la sucesión que usé para construir A; entonces, para algun n finito el conjunto (finito) de puntos incluyó esos tres puntos. Pero por hipótesis esto no puede ser. Etc
Betanzos | 26 de November de 2008 | 08:02

Yo tengo una duda, ¿se puede afirmar que el proceso tenga un fin? por ejemplo que cuando lleguemos al n-esimo disco, siempre existan puntos tal que no formen triangulos isoceles con algunos otros?
Acho | 26 de November de 2008 | 11:25

Es importante que la construcción no tenga fin, si A fuese finito no podría ser denso. Se necesitan contemplar todos los discos (elementos de la base numerable de abiertos) y eso requiere, en particular, que recorran todas las $n\in\mathbb{N}$ .

vengoroso encontró una separación del plano sin triángulos isósceles.
AsVHEn | 26 de November de 2008 | 12:50

¿Yo retorcido? Muchisimo , me salen las cosas así solas. Aunque con lo de pensarlo con contraejemplo casi me has convencido del todo , gracias.
Aprendiz | 26 de November de 2008 | 14:38

Una preguntita. Vengoroso dice en su demostración que “no es posible cubrir por completo un disco con una unión finita de puntos”. Eso lo entiendo, pero qué pasa cuando n tiende a infinito? En ese caso hablaríamos de una unión infinita de puntos, no? Supongo que la cuestión es que, fijado n (sea lo grande que sea), siempre hablaremos de un número finito de puntos…
Acho | 26 de November de 2008 | 14:58

Aprendiz, tampoco se puede cubrir un disco con una union numerable (luego infinita) de puntos, ni siquiera se podría cubrir una recta..
hernan | 26 de November de 2008 | 16:14

Aprendiz: vengoroso no dice eso. La cantidad de puntos (de la zona prohibida) es infinita: es la unión de finitas rectas y circunferencias (cada una de las cuales, por supuesto, tiene una cantidad infinita -no numerable- de puntos).
Igual, no pueden cubrir un disco (porque, por ejemplo, su “medida” -area- es cero; o porque el interior de cada recta/circunferencia es vacío y por lo tanto también lo es su unión finita).