Προβλήματα Μαθηματικών

Ιουλίου 20, 2011

Κύλινδροι

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 2:08 μμ

Μπορείτε να καλύψετε τον χώρο με μια αριθμήσιμη οικογένεια κυλίνδρων οι οποίοι έχουν άπειρο μήκος και εμβαδό διατομής s_n, όπου \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}s_n<+\infty;

Advertisements

13 Σχόλια »

  1. Θα προσπαθήσω να κάνω προσέγγιση για το επίπεδο με κύκλους λίγο (έως πολύ) διαισθητική. Θεωρώ ξένους κύκλους. Και μέσα σε κάθε κύκλο αντιστοιχώ ένα και μόνο ένα ζεύγος (a,b) ρητών. Άρα αν πάρω δύο ξένους κύκλους τα αντίστοιχα ζευγάρια (a,b) και (a',b') θα είναι διαφορετικά. Εξετάζω πάλι το ένα σημείο (a,b) σε σχέση με τον κύκλο που περιέχει το (a',b') και διακρίνω περιπτώσεις. Το (a,b) ή θα είναι έξω από το κύκλο που περιέχει το (a',b') ή θα έιναι μέσα στο κύκλο και θα ταυτίζεται με το (a',b'). Άρα τότε η απεικόνιση από τον κύκλο στο \mathbb{Q}^{2} είναι 1-1. Και άρα το επίπεδο μπορεί να καλυφθεί με αριθμήσιμο το πλήθος από κύκλους.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Christian — Ιουλίου 27, 2011 @ 2:26 μμ

  2. Αποδεικνύεις ότι μια οικογένεια ξένων ανά δυο δίσκων είναι το πολύ αριθμήσιμη. Αυτό είναι σωστό, πώς όμως σε βοηθάει στο πρόβλημα;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Ιουλίου 27, 2011 @ 4:35 μμ

  3. Υπόδειξη: Μπορείτε να καλύψετε την ευθεία με ένα αριθμήσιμο πλήθος διαστημάτων μήκους s_n με \sum_n s_n < \infty;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Σεπτεμβρίου 15, 2011 @ 11:50 πμ

  4. Στην περίπτωση της ευθείας, ας είναι \{q_n\}_n μια αρίθμηση των ρητών.
    Για κάθε ρητό q_n θεωρείστε το διάστημα I_n := (q_n - \frac{1}{2^n}, q_n + \frac{1}{2^n}).

    Στην περίπτωση του χώρου θεωρούμε μια αρίθμηση των σημείων του xy-επιπέδου
    με ρητές συντεταγμένες και τοποθετούμε σε αυτά κυλίνδρους με εμβαδόν διατομής s_n = 1/2^n.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Σεπτεμβρίου 15, 2011 @ 10:20 μμ

  5. Τα I_n δεν μπορεί να καλύπτουν την ευθεία. Το μέτρο τής ένωσης τους είναι το πολύ 2. Ομοίως και στο επίπεδο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Σεπτεμβρίου 15, 2011 @ 10:30 μμ

  6. Νομίζω ότι το τελευταίο σχόλιο είναι και η λύση του προβλήματος.
    Αν υπήρχε τέτοιο σύνολο διαστημάτων \{I_n\}, τότε θα είχαμε
    \infty = \mu (\cup I_n) \leq \sum \mu_n (I_n) < + \infty.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Σεπτεμβρίου 16, 2011 @ 7:26 μμ

  7. Οι κύλινδροι του αρχικού προβλήματος έχουν όμως άπειρο όγκο ο καθένας. Το επιχείρημα («τα διαστήματα δε μπορούν να καλύψουν την ευθεία γιατί έχουν πεπερασμένο συνολικό μήκος») δε μπορεί λοιπόν να μεταφραστεί κατά λέξη και να λύσει το αρχικό πρόβλημα. Χρειάζεται και κάτι ακόμη …

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Σεπτεμβρίου 16, 2011 @ 11:04 μμ

  8. Κι’ άλλη υπόδειξη: Αν οι κύλινδροι καλύπτουν ολόκληρο το χώρο, καλύπτουν και κάθε κύβο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Σεπτεμβρίου 19, 2011 @ 8:50 μμ

  9. Ναι, για παράδειγμα τον κύβο [-R, R]^3, για όποιο R θέλετε.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Σεπτεμβρίου 19, 2011 @ 10:18 μμ

  10. Αποδεικνύουμε το εξής :
    Δεν μπορούμε να καλύψουμε το χώρο με αριθμήσιμα το πλήθος
    ‘φουσκωμένα’ επιπεδα, B_i , των οποίων τα πλάτη είναι τετοια ώστε R:= \sum \epsilon_i < +\infty,
    όπου ως 'φουσκωμένο' επίπεδο πλάτους \epsilon_i εννοούμε το σύνολο όλων των σημείων που απέχουν
    απόσταση \epsilon_i /2 από κάποιο επίπεδο.

    Υποθέστε ότι μπορούμε να καλύψουμε τον χώρο με τέτοια επίπεδα.
    Τότε θα μπορούμε να καλύψουμε και την επιφάνεια, S, μιας σφαίρας ακτίνας R .
    Η πρώτη παρατήρηση είναι ότι η επιφάνειας της σφαίρας ισούται με 4 \pi R^2 .
    Η επόμενη παρατήρηση είναι ότι το εμβαδό της τομής της επιφάνειας της σφαίρας με κάποιο B_i (αν δεν είναι κενή)
    είναι το πολύ 2 \pi R \epsilon_i .
    Δείτε στο ακόλουθο site τον τύπο 15.
    http://mathworld.wolfram.com/SphericalSegment.html

    Οπότε
    4 \pi R^2 = \text{area}(S \cap ( \bigcup B_i) ) \leq \sum \text{area}(S \cap B_i) \leq  \sum   2 \pi R \epsilon_i = 2 \pi R^2 ,
    το οποίο είναι άτοπο.

    Αφού δεν μπορούμε να καλύψουμε τον χώρο με 'φουσκωμένα' επίπεδα, δεν μπορούμε να τον καλύψουμε
    και με κυλίνδρους.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Οκτώβριος 13, 2011 @ 6:20 μμ

  11. Συγνώμη.. Αγνοείστε το προηγούμενο σχόλιο.
    Τώρα κατάλαβα ότι το πρόβλημα δεν αναφέρεται στη διάμετρο των κυλίνδρων αλλά
    στο εμβαδό διατομής.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Οκτώβριος 13, 2011 @ 6:39 μμ

  12. Νομίζω παρ’ολα αυτά ότι η απόδειξη μπορεί να τροποποιηθεί.

    Θα πρέπει να κοιτάξουμε και στο εσωτερικό της σφαίρας. Όχι απλά στην επιφάνειά της.
    Ξεχνάμε τα ‘φουσκωμένα’ επίπεδα και υποθέτουμε ότι τα εμβαδά διατομής ικανοποιούν
    \sum s_n  \geq 1.
    Πάρτε μια σφαίρα, \Sigma, ακτίνας R= \sum s_n. Τότε η τομή της σφαίρας με κάποιον κύλινδρο,
    C_i εμβαδού διατομής s_i έχει όγκο το πολύ 2 R s_i  . Αυτό ισχύει επειδή η διάμετρος
    της τομής είναι το πολύ 2 R.
    Οπότε
    \displaystyle \frac{4}{3} \pi R^3 = \text{Vol}(\Sigma \cap (\bigcup C_i)) \leq \sum \text{Vol}(\Sigma \cap C_i) \leq \sum 2 R s_i = 2 R^2,
    που έρχεται σε αντίφαση με το ότι R \geq 1.

    Αν \sum s_n  <1 τότε επιλέγουμε σφαίρα ακτίνας 1 και -ομοίως με προηγουμένως- παίρνουμε την αντίφαση \frac{4}{3}\pi < 2.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από henk&christos — Οκτώβριος 13, 2011 @ 7:22 μμ

  13. Σωστά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Themis Mitsis — Οκτώβριος 13, 2011 @ 10:20 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: