Matematyka.pl

ad 2

Ten ciąg jest podharmoniczny, więc spełnia zasadę maksimum, a że na brzegu jest zerowy, to koniec.

czyli ze... skoro ciąg różnic \(\displaystyle{ b_k =a_{k+1}- a_k}\) jest rosnący, więc gdyby dla pewnego \(\displaystyle{ j >1}\) było \(\displaystyle{ a_{j-1} \leq 0 < a_j}\) to wtedy \(\displaystyle{ a_n – a_{n-1} \geq ... \geq a_j – a_{j-1} >0}\) czyli \(\displaystyle{ 0=a_n > a_{n-1} > .... > a_j >0}\) i sprzeczność

ad 14

24. EDIT:
17.

8.

25.

Bez odpowiedzi są 1,3,5,9,12,13,15,16,26

mol_ksiazkowy pisze: ↑22 lip 2012, o 16:25 26. Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie zbiorem (skończonym) punktów na płaszczyźnie, takim że dla dowolnych \(\displaystyle{ A, B \in S}\) na prostej \(\displaystyle{ AB}\) leży pewien punkt \(\displaystyle{ C}\) różny od \(\displaystyle{ A}\) i od \(\displaystyle{ B}\). Udowodnić, że wszystkie punkty zbioru \(\displaystyle{ S}\) są współliniowe.

To zadanie (choć jest dla mnie interesującym), to jego sformułowanie dostarcza mi aż trzech nieścisłości:
Po pierwsze, zapewne nie miało być tutaj założenia dla dowolnych \(\displaystyle{ A,B \in S}\), tylko dla dowolnych różnych \(\displaystyle{ A,B \in S}\).
Po drugie, czy taki punkt \(\displaystyle{ C}\) ma należeć do zbioru \(\displaystyle{ S}\)
I po trzecie:

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie zbiorem (skończonym)...

-raczej nieskończonym..., bo skończony zbiór można liniowo uporządkować, i wtedy pomiędzy pierwszym punktem a drugim punktem tego zbioru nie ma punktów pośrednich, co przeczyłoby naszemu założeniu- ale proszę najpierw tutaj o uściślenie poprzednich niejasności.

prawdopodobnie chodziło o następujące klasyczne zadanie:

dany jest skończony zbiór \(S\) punktów na płaszczyźnie o następującej własności: dla dowolnych dwóch różnych punktów \(A\) i \(B\) ze zbioru \(S\) istnieje punkt \(C\) ze zbioru \(S\) różny od \(A\) i \(B\) leżący na prostej \(AB\)

dowieść, że wszystkie punkty zbioru \(S\) są współliniowe

przy okazji, założenia o skończoności zbioru \(S\) nie można pominąć, o czym świadczy np. \(S=\mathbb R^2\) lub, jeśli interesują nas przeliczalne przykłady, \(S=\mathbb Q^2\) tudzież \(S=\mathbb Z^2\)

Czy chodzi tutaj o punkt \(\displaystyle{ C \in S}\) leżący na całej prostej, będącej przedłużeniem odcinka \(\displaystyle{ AB}\)?? Bo cały czas myślałem tutaj o odcinku \(\displaystyle{ AB}\), i coś mi się tutaj nie zgadzało- bo wtedy zbór takich punktów musiałby być nieskończony- ale tutaj chodzi chyba raczej o całą prostą będącą przedłużeniem odcinka \(\displaystyle{ AB}\), tak

prosta to prosta, a odcinek to odcinek, dwa różne pojęcia

chodzi o to, co napisałem, czyli o prostą \(AB\), a nie odcinek \(AB\)

Dowód tego faktu jest indukcyjny, ze względu na ilość elementów skończonego zbioru \(\displaystyle{ S}\).
DOWÓD TEGO FAKTU:
Po pierwsze, indukcje rozpoczynamy od \(\displaystyle{ n=2}\), bo dla \(\displaystyle{ n=1}\) i dla \(\displaystyle{ n=0}\) nie ma sensu mówić o współliniowości punktów oraz ciężko jest wyznaczyć prostą przechodzącą przez jeden punkt. A zatem:
Dla \(\displaystyle{ n=2}\), założenia naszego twierdzenia nie da się spełnić, a więc cale twierdzenie (jako implikacja) jest prawdziwa. (Albo inaczej: teza implikacji jest spełniona, bo przez dwa różne punkty można przeprowadzić prostą, a zatem następnik implikacji jest spełniony, a więc cala implikacja również jest prawdziwa).
Dla \(\displaystyle{ n=3}\), łatwo jest zobaczyć, że dla trzech różnych punktów \(\displaystyle{ A,B}\) i \(\displaystyle{ C,}\) stosując nasze założenie do punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), to łatwo jest widzieć, że (zarówno gdy otrzymany punkt \(\displaystyle{ C}\) leży na lewo odcinka \(\displaystyle{ AB}\), lub gdy leży na jego prawo lub gdy leży wewnątrz tego odcinka), to wszystkie te trzy punkty leżą na jednej prostej.
Krok indukcyjny:
Załóżmy, że nasz fakt zachodzi dla wszystkich podzbiorów płaszczyzny mających \(\displaystyle{ n \ge 3}\) elementów- zbiorów skończonych spełniających nasze warunki. Pokażemy, że nasz fakt będzie zachodził dla wszystkich zbiorów skończonych o naszej własności, mających dokładnie \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\) elementów.
Niech \(\displaystyle{ S= \left\{ A_1, A_2,\ldots, A _{n+1} \right\} \subset \RR ^{2}}\) będzie zbiorem \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\)-elementowym, takim, że dla \(\displaystyle{ i,j \in \left\{ 1,2,\ldots, n+1\right\}}\), \(\displaystyle{ i \neq j}\) istnieje \(\displaystyle{ k \in \left\{ 1,2,\ldots, n+1\right\}}\), \(\displaystyle{ j \neq k \neq i}\), takie, że punkt \(\displaystyle{ A _{k}}\) leży na prostej \(\displaystyle{ A_iA_j}\)- czyli chodzi tu o zbiór \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\)- elementowy spełniający naszą własność. Jeśli wszystkie punkty \(\displaystyle{ A_1, A_2, \ldots, A _{n+1}}\) są współliniowe, to krok indukcyjny został dowiedziony. W przeciwnym razie, przypuśćmy, że przez pewne dwa różne punkty \(\displaystyle{ A_i}\) i \(\displaystyle{ A_j}\) ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) poprowadzimy prostą, i przypuśćmy, że pewien punkt \(\displaystyle{ A_k}\) ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) nie leży na tej prostej (\(\displaystyle{ n \ge 3}\)). Niech \(\displaystyle{ S'= S \setminus \left\{ A_k\right\}\sim n}\). Z założenia, otrzymujemy, że dla dowolnych dwóch różnych punktów \(\displaystyle{ A,B \in S' \subset S}\) istnieje punkt \(\displaystyle{ C \in S}\) różny od punktów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\) leżący na prostej \(\displaystyle{ A,B}\). Wtedy \(\displaystyle{ C \neq A_k}\), bo punkt \(\displaystyle{ C}\) leży na prostej \(\displaystyle{ AB}\), a punkt \(\displaystyle{ A_k}\) nie leży na prostej \(\displaystyle{ A_iA_j}\). A zatem \(\displaystyle{ C \in S \setminus \left\{ A_k\right\} = S'}\), i punkt \(\displaystyle{ C}\) leży na prostej \(\displaystyle{ AB}\), a zatem zbiór \(\displaystyle{ S'}\) spełnia nasze założenia. Ponieważ zbiór \(\displaystyle{ S'}\) ma dokładnie \(\displaystyle{ n}\) elementów, to z założenia indukcyjnego otrzymujemy, że wszystkie punkty zbioru zbioru \(\displaystyle{ S'}\) leżą na jednej prostej. Ale punkt \(\displaystyle{ A_k}\) nie leży na prostej poprowadzonej przez punkty \(\displaystyle{ A_i}\) i \(\displaystyle{ A_j}\), a zatem, ponieważ \(\displaystyle{ i \neq k}\), to na mocy założenia, otrzymujemy, że pewien punkt \(\displaystyle{ C \in S}\) różny od punktów \(\displaystyle{ A_i}\) i \(\displaystyle{ A_k}\) leży na prostej \(\displaystyle{ A_iA_k}\). Wtedy \(\displaystyle{ C \in S'= S \setminus \left\{ A_k\right\}}\), a zatem punkt \(\displaystyle{ C}\) należy do przecięcia zbioru \(\displaystyle{ S'}\) z prostą \(\displaystyle{ A_iA_k}\), czyli należy do zbioru \(\displaystyle{ \left\{ A_i\right\}}\), i \(\displaystyle{ C=A_i}\)- sprzeczność. Wobec czego wszystkie punkty \(\displaystyle{ A_1, A_2, \ldots, A_n+1}\) muszą być współliniowe, i krok indukcyjny został dowiedziony.
Zasada indukcji matematycznej kończy dowód tego faktu\(\displaystyle{ .\square}\)

Jakub Gurak pisze: ↑3 maja 2024, o 21:36 Wtedy \(C\neq A_k\), bo punkt \(C\) leży na prostej \(AB\), a punkt \(A_k\) nie leży na prostej \(A_iA_j\).

Jakub Gurak, czy możesz wyjaśnić ten fragment?

te przesłanki wydają mi się niewystarczające, by stwierdzić, że \(C\neq A_k\)

timon92- widzę, że jesteś bardzo wnikliwy...
Szczerze powiedziawszy, to wiele nad tym się nie zastanawiałem, bo nie wydawało mi się tu to kłopotliwe, a w kroku z \(\displaystyle{ n=3}\) do \(\displaystyle{ n=4}\), to nie robiło tu to problemu, i myślałem, że dalej to też to zadziała... Ale racja, dzisiaj przekonałem się, że już w kroku z \(\displaystyle{ n=4}\) do \(\displaystyle{ n=5}\), to tu to rozumowanie szwankuje... Mogę pójść łatwo dalej z indukcją aż do \(\displaystyle{ n=7}\), a może nawet aż do \(\displaystyle{ n=8}\)... Dalej to już nie wiem ... Pomyślę jak to poprawić (ale już nie dzisiaj, może jutro, dzisiaj koło południa to już próbowałem to poprawić), może jeszcze juro pomyślę nad tym. Pozdrawiam.

Dodano po 3 dniach 9 minutach 44 sekundach:
Dzisiaj to już się poddaje- cholernie niewdzięczne jest to te rozróżnianie punktów. Przedstawię teraz krótko półformalną próbę dowodu tego faktu:
Przypuśćmy nie wprost, że mamy \(\displaystyle{ n+k}\) (\(\displaystyle{ k \in \NN_+}\)) różnych punktów w zbiorze \(\displaystyle{ S}\), oraz załóżmy, że \(\displaystyle{ n}\) (\(\displaystyle{ n \ge 3}\)) pierwszych takich punktów leży na jednej prostej i punkt \(\displaystyle{ A _{n+1}}\) nie leży na tej prostej.
Zauważmy przede wszystkim, że (na mocy naszego założenia), że jeśli przez dwa różne punkty ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) poprowadzimy prostą, to możemy tutaj otrzymać jeszcze jeden trzeci punkt ze zbioru \(\displaystyle{ S}\) leżący na tej prostej; i tak dla każdej pary dwóch różnych punktów ze zbioru \(\displaystyle{ S}\). Zauważmy teraz, że łącząc na początku punkt \(\displaystyle{ A _{n+1}}\) kolejno z punktami \(\displaystyle{ A_1, A_2,\ldots, A_n}\), to otrzymamy wtedy nowe punkty w zbiorze \(\displaystyle{ S}\) (pośród punktów\(\displaystyle{ A_1,A_2, \ldots, A_n+1}\)), i mając dalej dokładnie \(\displaystyle{ k>0}\) punktów w zbiorze \(\displaystyle{ S}\) leżących poza naszą początkowo daną prostą, to łącząc dwa takie punkty otrzymamy na takiej prostej nowy punkt ze zbioru \(\displaystyle{ S}\), i tak dla każdej takiej prostej poprowadzonej przez dwa takie punkty, a jeśli jeden z tych punktów \(\displaystyle{ A _{n+1}, A _{n+2}, \ldots,A _{n+k}}\), powtórzy się po raz drugi, to łącząc dwa punkty takich odpowiednich prostych (powiedzmy, że chodzi tutaj o punkty z naszego zbioru \(\displaystyle{ S}\), wyznaczające te proste i położone wyżej niż pierwsze takie punkty wyznaczające), znowu otrzymamy nowy punkt ze zbioru \(\displaystyle{ S}\). Stąd, przez rekurencję, otrzymamy ciąg nieskończony różnych punktów ze zbioru \(\displaystyle{ S}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ S}\) jest nieskończony- sprzeczność\(\displaystyle{ .\square}\) (Udowodniłem to, choć głowy za ten dowód nie dam).