Quadrilateri nel piano

Messaggioda Pachisi » 06/10/2015, 17:59

Dati $n$ punti nel piano, a tre a tre non allineati, dimostrare che è possibile formare almeno \( \displaystyle \binom{n-3}{2} \) quadrilateri convessi.
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda dan95 » 09/10/2015, 11:35

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Pensavo di dimostrarlo per induzione, che ne pensi?
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda Pachisi » 09/10/2015, 16:21

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Io ho fatto diversamente, anche perché non saprei come fare l'ipotesi induttiva. Vedi un po` che succede :D
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda dan95 » 09/10/2015, 18:34

Pachisi ha scritto:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Anche perché non saprei come fare l'ipotesi induttiva. Vedi un po` che succede :D

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Si dimostra il caso $n=5$, poi supponiamo che valga per i primi $k$ naturali, aggiungiamo un punto e (per far tornare i conti) potremmo costruire almeno altri $n-3$ quadrilateri oltre ai $\frac{(n-3)(n-4)}{2}$ La spiegazione volutamente grossolana solo per rendere l'idea.
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda Pachisi » 09/10/2015, 19:11

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Cosa ti assicura che i nuovi quadrilateri che costruisci siano convessi?
Ora che ci penso meglio, qui potrebbe essere utile qualcosa che ho usato anche io.
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda sprmnt21 » 09/10/2015, 21:18

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Il numero \( \displaystyle \binom{n-3}{2} \) è uguale alla somma dei primi $n-4$ numeri naturali.
Immaginiamo di partire da 4 punti. In generale non avremo alcun quadrilatero convesso. Con 5 punti ne abbiamo almeno 1. Se ora aggiungiamo un sesto punto avremo avremo lo stesso numero minimo di quadrilateri con i primi 4 punti più almeno un altro mettendo in gioco il 5 punto. In generale al passo k+1-esimo aggiungendo il (k+5)-esimo punto, considerando solo i primi $k+3$ punti, aggiungeremo lo stesso numero $d_k$ di quadrilateri convessi aggiunti al passo k-esimo più almeno 1 considerando anche il punto (k+4)-esimo.
Quindi abbiamo un successione di differenze per cui vale la relazione $d_{k+1}=d_k+1$.
La successione base è quindi quella dei numeri triangolari che è equivalente all'espressione da provare.
Ultima modifica di sprmnt21 il 10/10/2015, 07:30, modificato 1 volta in totale.
sprmnt21
 

Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda sprmnt21 » 10/10/2015, 07:28

un altro modo potrebbe essere questo:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Con 5 punti si ha almeno un quadrilatero convesso. Fisso tre dei punti dati. Per ogni coppia dei rimanenti n-3 punti con i 3 punti fissati ottengo almeno un Q C. Pertanto almeno C(n-3, 2) QC.
sprmnt21
 

Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda dan95 » 10/10/2015, 10:38

sprmnt21 ha scritto:un altro modo potrebbe essere questo:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Con 5 punti si ha almeno un quadrilatero convesso. Fisso tre dei punti dati. Per ogni coppia dei rimanenti n-3 punti con i 3 punti fissati ottengo almeno un Q C. Pertanto almeno C(n-3, 2) QC.

Ecco questo avevo in mente di fare...
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda Pachisi » 10/10/2015, 14:59

Si, esatto :D
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Re: Quadrilateri nel piano

Messaggioda orsoulx » 10/10/2015, 18:48

@sprmnt21; dan95; pachisi:
la dimostrazione su cui avete trovato l'accordo mi pare almeno incompleta. Gli insiemi di 5 punti sono distinti, ma nulla garantisce che lo siano anche i QC trovati.
Io non riesco a formulare una dimostrazione non ricorsiva.

Ciao
B.
Stephen Wolfram non mi è simpatico, anche perché il malefico Wolfram|Alpha non mi permette di credere che $ e^\pi=(640320^3+744)^(1/\sqrt(163)) $.
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