Io propongo questa idea
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Io sfrutterei un argomento topologico.
Sia $X$ il sottoinsieme di $\mathbb{R}^2$ dei punti bianchi.
Fondamentalmente possono succedere 3 cose:
1) $X$ è finito (per cui è chiuso e limitato);
2)$X$ è infinito ma non denso in $\mathbb{R^2}$;
3)$X$ è denso in $\mathbb{R}^2$.
Stiamo sfruttando la topologia (metrica) indotta dalla distanza classica su $\mathbb{R}^2$.
Nei primi due casi la tesi segue abbastanza banalmente:
1) sia $B$ una palla che contiene tutto $X$. Fuori da $B$ posso costruire il triangolo richiesto perché tutti i punti sono neri.
2) Poiché $X$ non è denso riesco a trovare un aperto di $\mathbb{R}^2$ che non contiene punti bianchi. Poiché questo ultimo contiene una palla aperta di raggio maggiore di zero di soli punti neri, là dentro potrò costruire il mio triangolo.
3)In questo caso, considero $A, B, C$ i punti dell'ipotetico triangolo equilatero.
Posso scegliere $A, B$ dentro $X$. Considero senza perdita di generalità che $A$ sia fissato in $X$ e che $B$ vari in $Z:=X-{A}$.
Oss1) $Z$ è denso in $\mathbb{R}^2$, perché lo era già $X$ per ipotesi.
Considero $f:Z\rightarrow f(Z)$, dove f è la rotazione di +60° di centro $A$ (isometria affine e dunque continua).
Oss2) $f(Z)$ è sottoinsieme dei punti che rendono equilatero il triangolo che ha in $A$ e $B$ due dei suoi vertici.
Dunque $f(Z)$ è denso allora interseca ogni aperto di $\mathbb{R}^2$, tanto quanto $X$.
Allora $X$ e $f(Z)$ si intersecano in almeno un aperto non vuoto di $\mathbb{R}^2$. Dunque $f(Z)$ ha punti bianchi e la tesi è dimostrata.
j18eos ha scritto:Rilancio: lo stesso gioco funziona coi tetraedri regolari nello spazio \(\displaystyle3\)-dimensionale?
Ritengo di sì, in quanto, a regola, l'idea che ho dato io, non tiene conto della dimensione dello spazio purché questa sia maggiore di 1. In sostanza l'idea che ho dato io può essere cioè generalizzata.
PS: io dico che addirittura il ragionamento può essere esteso a tutti i poliedri, anche non regolari