BASE CINQUE FORUM

Usando le lettere A, B e C formiamo l'insieme {A1, A2, B1, B2, C1, C2}; con tutti questi 6 elementi, qualcuno eventualmente ripetuto, costruiamo una sequenza, per esempio:

S = B1 B1 B2 A1 C1 B1 C1 C2 B2 A2 A2 C2 B2

La sequenza S ha 13 elementi. Se usiamo la regola che due lettere successive nella sequenza si annullano a vicenda se i loro numeri sono diversi, da S abbiamo, procedendo da sinistra a destra:

S(ridotta) = B1 B1 B2 A1 C1 B1 C1 C2 B2 A2 A2 C2 B2 =
= B1 A1 C1 B1 C1 C2 B2 A2 A2 C2 B2 =
= B1 A1 C1 B1 B2 A2 A2 C2 B2 =
= B1 A1 C1 A2 A2 C2 B2

A questo punto non ci sono più eliminazioni e S(ridotta) contiene 7 elementi. Proviamo a togliere tutte le occorrenze di una lettera, una per volta, otteniamo le tre sequenze ridotte:

S(ridotta) - A = B1 C1 C2 B2 = (semplificando ancora) = B1 B2 = ...
S(ridotta) - B = A1 C1 A2 A2 C2
S(ridotta) - C = B1 A1 A2 A2 B2 = B1 A2 B2

La sequenza ridotta di S(ridotta) - A non contiene alcun elemento, S(ridotta) è evanescente rispetto ad A.
Costruire una sequenza ridotta, la più corta possibile, usando tutti gli elementi dell'insieme {A1, A2, B1, B2, C1, C2}, qualcuno eventualmente ripetuto, tale che sia evanescente rispetto ad A, rispetto a B e rispetto a C.
Non è difficile, ma io ho dovuto dormirci sopra per risolvere questo problema, anche perché la versione che avevo letto chiedeva di costruire la sequenza oppure dimostrare che era impossibile. Questo problema algebrico corrisponde a uno topologico: una volta trovata la soluzione chiederò di disegnare anche la corrispondente soluzione topologica.


Aggiornamento del 27 settembre. La risoluzione della variante più semplice qui sotto, potrebbe dare lo spunto a qualcuno su come andare avanti.
Costruire una sequenza ridotta, la più corta possibile, usando tutti gli elementi dell'insieme {A1, A2, B1, B2}, qualcuno eventualmente ripetuto, tale che sia evanescente rispetto ad A e rispetto a B.
Queste sequenze ridotte ai minimi termini sono la descrizione algebrica di traiettorie nello spazio, tramite esse è possibile associare ad ogni spazio topologico un gruppo le cui proprietà algebriche ne riflettono quelle topologiche.

Calma Giò, ché prima o poi qualcosa arriva.

Scusa, non so se ho capito, ma nella variante semplice proposta a titolo di spunto, la sequenza A1, B1, A2, B2, che mi sembra evanescente rispetto ad A e B, sarebbe una sequenza ridotta, oppure no?

Siccome non si può ulteriormente semplificare essa è ridotta. Sì, è ridotta ed è una soluzione corretta: se togli le A, B1 e B2 si annullano a vicenda; se togli le B, A1 e A2 fanno lo stesso.

E, Pasquale... son calmo, non ho fretta, anche se perdessi il treno il biglietto però ce l'ho io in tasca.

Una sequenza può essere chiusa in cerchio, in modo che gli estremi diventino contigui?

Non si tratta di una sequenza circolare, l'avrei scritto chiaramente.

Il problema originale chiedeva se fosse possibile allacciare tra loro 4 braccialetti A, B, C e D, in modo che aprendone uno qualsiasi tutti gli altri tre si liberassero. Nel disegno c'è la soluzione di Pasquale per il semplice caso di 3 braccialetti A, B e D: aprendo il fermaglio di uno qualsiasi di essi gli altri due si liberano dall'annodatura. Il braccialetto D è diviso in quattro parti che corrispondono ai termini della sequenza A1 B1 A2 B2, ovvero dal prodotto di traiettorie D=A1*B1*A2*B2. Chiaramente, se si apre D, A e B sono liberi, se si apre A spariscono gli intrecci A1 e A2 e sia B che D si liberano, se si apre B spariscono gli intrecci B1 e B2 e sia A che D si liberano.

Bella la versione topologica; per i tre elementi, al momento una soluzione mi sembra ardua, anche se vi ho dedidicato poco tempo, sufficiente comunque per capire che ci sarà molto da faticare.

La versione topologica è ardua, a meno di possedere capacità di visualizzazione simili a quelle di Poincaré o di Stephen Smale; la versione algebrica è più abbordabile e la bellezza della soluzione sta nel fatto di liberarsi dalla fissazione di credere che la strada che porta ad essa sia unica. Ovviamente la sequenza contiene un numero pari di elementi e quale suggerimento aggiungo che tali elementi sono più di 6.

Il capitolo 14 del libro "I gruppi e i loro grafi", Zanichelli, autori Grossman e Magnus, parla dei gruppi di traiettorie.
Il numero 132 della rivista "Le Scienze", nell'articolo di L. Neuwirth, contiene varie illustrazioni su come usare le traiettorie per trovare il gruppo di un nodo.

Soluzione con 10 elementi


S(ridotta) = A1 C1 B1 C2 A2 C1 A1 B2 A2 C2





S(ridotta) - A = C1 B1 C2 C1 B2 C2 = (semplificando ancora) ...

S(ridotta) - B = A1 C1 C2 A2 C1 A1 A2 C2 = (semplificando ancora) ...

S(ridotta) - C = A1 B1 A2 A1 B2 A2 = (semplificando ancora) ...

Ottimo risultato Sancho Panza!

Come esercizio facoltativo rimane solo da fare il disegno dei 4 braccialetti allacciati, vedrò di preparare una spiegazione con disegni su come fare. Ora anticipo solo che il disegno con 3 braccialetti è anche conosciuto col nome di Anelli Borromei, dall'emblema della famiglia Borromeo.

Come si evinceva anche dal disegno dei tre braccialetti bisogna trasformare ogni elemento della sequenza di Sancho Panza in un pezzo del braccialetto D, dove all'elemento Xn della sequenza corrisponde un tratto che passa dentro il braccialetto X, prima sopra e poi sotto se n=1 e viceversa se n=2. Il problema, dovuto al matematico tedesco Brunn, risale alla fine del 1800 e si dimostra che è risolvibile per qualsiasi numero di braccialetti. Sul web cercare "Brunnian links". Aggiungo alcune note finali di approfondimento:


Figura sotto, a sinistra.
Nello spazio tridimensionale scegliamo un punto P e da esso tracciamo una traiettoria a, rappresentata da una curva chiusa orientata che parte da P e finisce in P; tracciamo una traiettoria b e definiamo il loro prodotto c=a*b come la curva unione di a e b, ma staccando il punto finale di a (compresi un bel po' di punti ad esso attaccati) e il punto iniziale di b (compresi un bel po' di punti ad esso attaccati) dal punto P.
Due traiettorie si dicono omotope se è possibile ottenere l'una dall'altra tramite una deformazione continua, senza strappi. Si vede facilmente che a, b e c sono omotope l'una con l'altra e, siccome l'omotopia è una relazione di equivalenza, metteremo a, b e c assieme nella classe [1].

Figura sotto, al centro.
Poniamo nello spazio una ciambella A e sia d una traiettoria che passa lontana da A, e sia e una traiettoria che entra nel buco della ciambella e ne esce passandoci sotto per raggiungere P. Ora d ed e non sono più omotope perché e è "prigioniera" della ciambella, bisognerebbe romperla, o rompere A, per sovrapporle: diremo che e appartiene alla classe [A1]. Sia f una traiettoria che entra nel buco della ciambella, ma passando prima di sotto e uscendo poi da sopra, deformando f possiamo ora sovrapporla ad e ma i loro orientamenti sono diversi, mettiamo f nella classe [A2].

Figura sotto, a destra.
Se ora usiamo le classi a indicare una qualsiasi traiettoria appartenente a tale classi vediamo che esse, tramite l'operazione prodotto *, formano un gruppo. Ad esempio (nella figura ci sono solo gli ultimi due prodotti):
[1] * [1] = [1]
[1] * [A1] = [A1]
[A1] * [A1] = [2A1]
[A1] * [A2] = [1]

mi pare che la formazione intermedia possa essere ripetuta all'infinito, talché ogni anello tagliato libera tutti gli altri

Bravissimo Pasquale!
Infatti, rappresentando schematicamente il tuo allacciamento in questo modo:

O C C O

otteniamo tutti i possibili numeri di braccialetti allacciati continuando con:

O C C C O
O C C C C O
...

Se apriamo un O si liberano tutti i C e infine l'ultimo O; se apriamo un C si liberano tutti gli altri C e infine i due O. Perfetto.

Grazie Giò, è proprio vero che non avevi fretta, ma purtroppo dopo oltre 8 anni e con l'avanzare dell'età, ti giuro che non ricordavo più nulla del quisssssssss, nè di avervi partecipato e tanto meno d'aver trovato una soluzione in "appena" una ventina di giorni....misteri della mente umana.....
Comunque ti ringrazio a nome di quel Pasquale, ormai svanito nelle "riduzioni" della vita.

Pasquale ha scritto:...Comunque ti ringrazio a nome di quel Pasquale, ormai svanito nelle "riduzioni" della vita.

Esagerato!
Certe persone sono come il vino DOC e tu , per me, appartiene alla "categoria dei vini DOP "... Ciao.