Studio dell’esistenza di coppie di spazi complementari basata sui trattini per tratteggi di secondo ordine

Prerequisiti:

Lo scopo dello studio che andremo a esporre qui è dimostrare che l’Ipotesi H.1.T.A (Ipotesi di esistenza di coppie di spazi complementari basata sui trattini) è valida per i tratteggi di secondo ordine. La strategia che sarà adottata è la seguente:

  • Riformulare l’enunciato iniziale riferendolo ai tratteggi di secondo ordine, in modo da esplicitare quali vincoli effettivi devono essere soddisfatti da una possibile soluzione;
  • Dimostrare che esiste almeno una soluzione che soddisfi i vincoli.

Enunciato dell’ipotesi iniziale per il secondo ordine

Come già indicato, il primo passo è riscrivere l’Ipotesi di partenza per rapportarla ai tratteggi di secondo ordine. Riscrivendo l’enunciato dell’Ipotesi per k = 2, si ottiene:

Ipotesi H.1.T.A per i tratteggi di secondo ordine

Siano n \gt 1 un numero intero, e T = (n_1, n_2) un tratteggio lineare di secondo ordine, le cui componenti sono numeri primi non necessariamente consecutivi. Allora esistono due interi positivi x, y tali che:

  1. l’x-esimo trattino si trova nella prima riga di T;
  2. l’y-esimo trattino si trova anch’esso nella prima riga di T;
  3. l’x-esimo trattino precede uno spazio;
  4. l’y-esimo trattino segue uno spazio;
  5. \mathrm{t\_valore(x)} + \mathrm{t\_valore(y)} = n_1 n.

Quest’enunciato in origine era un’ipotesi, perché non lo avevamo dimostrato completamente. Successivamente però il nostro lettore Aldo Pappalepore ci ha inviato una dimostrazione della seguente forma equivalente, che non usa la teoria dei tratteggi:

Proposizione H.1.T.A.1 riscritta senza usare la teoria dei tratteggi

Siano n_1 e n_2 numeri primi tali che n_1 \lt n_2; sia n un numero intero maggiore di 1. Allora esistono due multipli di n_1, che indicheremo con n_1 h e n_1 k con h e k positivi, tali che:

  • n_1 h - 1 e n_1 k + 1 non sono divisibili per n_2
  • h + k = n

La dimostrazione può essere scaricata come un documento Word.

Avendo appurato che la Proposizione H.1.T.A.1 è vera, non abbiamo però abbandonato la dimostrazione mediante le teoria dei tratteggi e siamo riusciti a completarla. In questo modo la Proposizione H.1.T.A.1 ha adesso due dimostrazioni, una con la teoria dei tratteggi e una senza. Quella con la teoria dei tratteggi sarà esposta nel seguito di questo articolo. Rispetto all’altra si può notare che è più lineare, anche se non meno lunga; tuttavia, naturalmente, richiede la conoscenza di teoremi specifici della teoria dei tratteggi. Il punto di partenza per ottenere tale dimostrazione è utilizzare la caratterizzazione degli spazi, per riformulare la Proposizione H.1.T.A.1 come segue:

Per il Corollario della Proposizione L.C.4 (Spazi di un tratteggio del secondo ordine che seguono un trattino della prima riga, seconda forma), le condizioni 1. e 3. sono equivalenti a

n_1 x \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2) \in S_T(1)
S_T(1) = \{1, \ldots, n_2 - 2, n_2\}

dove la lettera S sta per “segue”, ma si intende dal punto di vista dello spazio, ossia esiste uno spazio che segue il trattino x-esimo.
Analogamente, per il Corollario della Proposizione L.C.3 (Spazi di un tratteggio del secondo ordine che precedono un trattino della prima riga, seconda forma), le condizioni 2. e 4. sono equivalenti a

n_1 y \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2) \in P_T(1)
P_{T}(1) = \{2, \ldots, n_2\}

Inoltre, per il Corollario del Teorema T.8 (Formula per il calcolo della funzione \mathrm{t\_valore} lineare di secondo ordine per la prima riga):

\mathrm{t\_valore(x)} = n_1 \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot x + 1}{n_1 + n_2} \biggr \rceil \tag{1}
\mathrm{t\_valore(y)} = n_1 \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot y + 1}{n_1 + n_2} \biggr \rceil \tag{1'}

per cui nella condizione 5. è possibile semplificare n_1 come segue:

\begin{aligned}\mathrm{t\_valore(x)} + \mathrm{t\_valore(y)} = n_1 n & \Leftrightarrow \\ n_1 \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot x + 1}{n_1 + n_2} \biggr \rceil + n_1 \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot y + 1}{n_1 + n_2} \biggr \rceil = n_1 n & \Leftrightarrow \\ \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot x + 1}{n_1 + n_2} \biggr \rceil + \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot y + 1}{n_1 + n_2} \biggr \rceil = n \end{aligned}

Ipotesi H.1.T.A esplicita per i tratteggi di secondo ordine

Siano n \gt 1 un numero intero, e T = (n_1, n_2) un tratteggio lineare di secondo ordine, le cui componenti sono numeri primi non necessariamente consecutivi. Allora esistono due interi positivi x, y tali che:

n_1 x \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2) \in S_T(1)
n_1 y \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2) \in P_T(1)
S_T(1) = \{1, \ldots, n_2 - 2, n_2\}
P_{T}(1) = \{2, \ldots, n_2\}
\biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot x + 1}{n_1 + n_2} \biggl \rceil + \biggl \lceil \cfrac{n_2 \cdot y + 1}{n_1 + n_2} \biggl \rceil = n

Nel seguito dell’articolo affronteremo la dimostrazione di quest’ultima Proposizione.

Ricerca delle soluzioni mediante la teoria dei tratteggi

Il primo ostacolo nell’affrontare la dimostrazione della Proposizione H.1.T.A.2 è dato dal fatto che, nell’ultima equazione, è presente l’operazione \lceil \cdot \rceil, che non è trattabile facilmente. Il problema può comunque essere superato tramite le proprietà dell’operazione \mathrm{\ mod\ } e dalla sua variante \mathrm{\ mod^{\star}\ }, che ci permettono di passare a un’ulteriore riformulazione. L’ultima equazione, infatti, può essere riscritta in questo modo:

Iniziamo applicando la Definizione 1.1 presente in Teoria dei tratteggi, a pagina 11:

\bigg \lceil \cfrac {a}{b} \bigg \rceil = \cfrac{a - a \mathrm{\ mod^{\star}\ } b}{b} + 1 \tag{3}

Se, usando un generico w al posto di x e y, poniamo a := n_2 w + 1 e b := n_1 + n_2, l’ultima equazione della Proposizione H.1.T.A.2 diventa

\cfrac {n_2 x + 1 - (n_2 x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } (n_1 + n_2)}{n_1 + n_2} + 1 + \cfrac {n_2 y + 1 - (n_2 y + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } (n_1 + n_2)}{n_1 + n_2} + 1 = n

ossia, portando a destra i due 1:

\cfrac {n_2 x + 1 - (n_2 x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } (n_1 + n_2)}{n_1 + n_2} + \cfrac {n_2 y + 1 - (n_2 y + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } (n_1 + n_2)}{n_1 + n_2} = n - 2 \tag{a}

Nel seguito, indicheremo con i simboli v e w i due addendi di sinistra:

v := \cfrac {n_2 x + 1 - (n_2 x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } (n_1 + n_2)}{n_1 + n_2}
w := \cfrac {n_2 y + 1 - (n_2 y + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } (n_1 + n_2)}{n_1 + n_2}

Per cui, tenendo conto di come è stata ottenuta la Proposizione H.1.T.A.2, si ha che:

\mathrm{t\_valore}(x) = n_1 (v + 1) \tag{2}
\mathrm{t\_valore}(y) = n_1 (w + 1) \tag{2'}
Le equazioni (2) e (2′) derivano rispettivamente dalle formule (1) e (1′) presenti nel primo dettaglio, tenendo conto che la parte intera che moltiplica n_1 è pari rispettivamente a v + 1 e w + 1, per la formula (3) del precedente dettaglio.

Da queste equazioni risulta chiaro che i due spazi che ci interessano, \mathrm{t\_valore}(x) + 1 e \mathrm{t\_valore}(y) - 1, in realtà dipendono da v e w, più che da x e da y (infatti, come vedremo nel seguito, valori diversi di x e di y possono determinare lo stesso valore di v e w, e quindi gli stessi spazi). Quindi anche se, per come è formulata la Proposizione, le incognite sono x e y, possiamo anche considerare come incognite v e w. Supporremo che v \geq 0 e w \geq 0; infatti queste condizioni, per la (2) e la (2′), corrispondono a porre \mathrm{t\_valore}(x) \geq n_1 e \mathrm{t\_valore}(y) \geq n_1, dunque consideriamo i trattini a partire dal primo. Di conseguenza, per la formula (a) e per come abbiamo definito v e w:

0 \leq v \leq n - 2 \tag{b}
0 \leq w \leq n - 2 \tag{b'}

Dimostrazione dell’esistenza di soluzioni mediante la teoria dei tratteggi

Usando la formulazione H.1.T.A.2, possiamo procedere con il passaggio finale, ossia dimostrare che esiste almeno una soluzione (x, y) che rispetti tutti i vincoli. La dimostrazione partirà da un esempio, ossia la Proposizione sviluppata per n = 6 con il tratteggio T = (3, 5), per cui n_1 = 3, n_2 = 5, n_1 + n_2 = 8, e n_1 n = 3 \cdot 6 = 18:

Siano n = 6 e T = (3, 5). Allora esistono due interi positivi x, y tali che:

3 x \mathrm{\ mod\ } 8 \in S_T(1) \tag{4}
3 y \mathrm{\ mod\ } 8 \in P_T(1) \tag{5}
S_T(1) = \{1, 2, 3, 5\}
P_T(1) = \{2, 3, 4, 5\}
\cfrac {5 x + 1 - (5 x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8} + \cfrac {5 y + 1 - (5 y + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8} = n - 2 \tag{6}

Nonostante la dimostrazione parta da questo esempio, le conclusioni che ne derivano, come vedremo, esuleranno da quest’ultimo, essendo valide universalmente per tutti i tratteggi di secondo ordine che abbiano numeri primi come componenti.

Come punto di partenza per la dimostrazione, costruiamo una tabella fatta in questo modo:

  • Nella prima riga ci sono i valori di x, a partire da 1;
  • Nella seconda riga ci sono i corrispondenti valori della quantità n_1 x \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2) che ricorre nell’equazione e nei vincoli, e che in questo caso vale 3x \mathrm{\ mod\ } 8;
  • Nella terza riga inseriamo il valore di v := \cfrac {5 x + 1 - (5 x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8}, ossia pari all’addendo più a sinistra che appare nel primo membro dell’equazione (6);
  • Per la formula (b), la tabella continua fino ad arrivare a un valore di v pari a n - 2, ossia fino a 6 - 2 = 4. Questo corrisponde a un valore massimo di x pari a 7, perché per x = 8 si otterrebbe v = 5.

La tabella è la seguente:

x 1 2 3 4 5 6 7
3x \mathrm{\ mod\ } 8 3 6 1 4 7 2 5
v 0 1 1 2 3 3 4

Poi, raggruppiamo le colonne che hanno lo stesso valore di v:

x 1 2, 3 4 5, 6 7
3x \mathrm{\ mod\ } 8 3 6, 1 4 7, 2 5
v 0 1 2 3 4

Ora procediamo allo stesso modo per y, ma creando una tabella fatta in un modo diverso:

  • Le prime due righe sono analoghe alle prime due della tabella precedente, ma sono riferite a y;
  • Nella terza riga, invece che v inseriamo il valore di w := \cfrac {5 y + 1 - (5 y + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8}, ossia pari all’altro addendo che appare nel primo membro dell’equazione (6);
  • Le colonne della tabella sono rovesciate rispetto alla precedente, ossia partono dal valore di y più grande invece che dal più piccolo.

La tabella è la seguente:

y 7 6, 5 4 3, 2 1
3y \mathrm{\ mod\ } 8 5 2, 7 4 1, 6 3
v 4 3 2 1 0

A partire da queste due tabelle, ne creiamo poi un’altra, fatta in questo modo:

  • In cima ci sono le prime due righe della prima tabella;
  • Poi ci sono le prime due righe della seconda tabella, scambiate di posto;
  • Poi c’è una riga contenente la somma tra v e w, presi rispettivamente dalle due tabelle.

La tabella che si ottiene è la seguente:

x 1 2, 3 4 5, 6 7
3x \mathrm{\ mod\ } 8 3 6, 1 4 7, 2 5
3y \mathrm{\ mod\ } 8 5 2, 7 4 1, 6 3
y 7 6, 5 4 3, 2 1
v + w 0 + 4 1 + 3 2 + 2 3 + 1 4 + 0

Si può notare come v + w sia sempre 4, così come prevede l’equazione (6) da cui siamo partiti per costruire v e w.

Ora, evidenziamo con un bordo nero tutti i valori della seconda riga che rispettano il vincolo (4), cioè che appartengono a S_T(1) = \{1, 2, 3, 5\}, e quelli della terza riga che rispettano il vincolo (5), cioè che appartengono a P_T(1) = \{2, 3, 4, 5\}:

x 1 2, 3 4 5, 6 7
3x \mathrm{\ mod\ } 8 3 6, 1 4 7, 2 5
3y \mathrm{\ mod\ } 8 5 2, 7 4 1, 6 3
y 7 6, 5 4 3, 2 1
v + w 0 + 4 1 + 3 2 + 2 3 + 1 4 + 0

Poi, indichiamo in giallo le colonne che hanno almeno un numero evidenziato sia sulla seconda che sulla terza riga, ossia tali che almeno una x ed almeno una y della colonna soddisfino i rispettivi vincoli (4) e (5):

x 1 2, 3 4 5, 6 7
3x \mathrm{\ mod\ } 8 3 6, 1 4 7, 2 5
3y \mathrm{\ mod\ } 8 5 2, 7 4 1, 6 3
y 7 6, 5 4 3, 2 1
v + w 0 + 4 1 + 3 2 + 2 3 + 1 4 + 0

Tutte le coppie (x, y) corrispondenti ai numeri evidenziati presenti nelle colonne in giallo, ossia (1, 7), (3, 6) e (7, 1), sono quindi, per costruzione, tutte le soluzioni dell’equazione (6) che soddisfano i vincoli (4) e (5). L’equazione (6) è rappresentata nell’ultima riga sotto forma di somme v + w = n - 2.

Le coppie (2, 6), (2, 5) e (3, 5) danno luogo agli stessi valori di v e w della coppia (3, 6), tuttavia non sono soluzioni ammissibili perché se fosse x = 2 sarebbe 3x \mathrm{\ mod\ } 8 = 6 \notin S_T(1) (per cui le coppie (2, 6) e (2, 5) sono da scartare), mentre se fosse y = 5 sarebbe 3y \mathrm{\ mod\ } 8 = 7 \notin P_T(1) (quindi anche la coppia (3, 5) è da scartare).

Una volta rappresentate le soluzioni in questo modo, resta ancora da capire sotto quali condizioni ne esistano effettivamente. Cominciamo con l’osservare che, estendendo la seconda riga della tabella precedente:

3x \mathrm{\ mod\ } 8  3   6, 1   4   7, 2   5   0, 3   6, 1   4   7, 2   5 

si nota come la cella non evidenziata che non contiene numeri con il bordo (ossia la cella contenente 4) appare una volta ogni 5 celle, e ci sono, a loro volta, 5 possibili celle in totale, ossia (0, 3), (6, 1), (4), (7, 2) e (5), dato che, se considerassimo anche x = 0, la prima cella (3) diventerebbe a sua volta (0, 3). Rappresentiamo questa situazione usando la notazione dei tratteggi; trasformiamo cioè la tabella precedente in una nuova tabella, in cui poniamo un trattino nelle celle che corrispondono alla cella (4):

3x \mathrm{\ mod\ } 8                

Questa tabella ha un trattino ogni 5 celle, come nella rappresentazione del tratteggio T = (5):

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 \ldots
5                 \ldots

La riga di 3x \mathrm{\ mod\ } 8, quindi, è un tratteggio T = (5) “traslato”, nel senso che i suoi trattini si alternano alle celle vuote nello stesso modo, ma la loro sequenza inizia in una cella diversa.

Ora, applichiamo lo stesso principio alla riga di 3y \mathrm{\ mod\ } 8 della tabella precedente:

3y \mathrm{\ mod\ } 8                

Il risultato è analogo al precedente: anche in questo caso otteniamo un tratteggio traslato, i cui trattini si trovano alla stessa distanza di prima, anche se la sequenza inizia in una cella ancora diversa.

Ora torniamo alla tabella da cui siamo partiti, ma riportando i trattini invece dei numeri, e indicando in giallo le colonne che erano evidenziate allo stesso modo in precedenza:

x 1 2, 3 4 5, 6 7
3x \mathrm{\ mod\ } 8        
3y \mathrm{\ mod\ } 8        
y 7 6, 5 4 3, 2 1
v + w 0 + 4 1 + 3 2 + 2 3 + 1 4 + 0

La seconda e la terza riga della tabella costituiscono un tratteggio, che è di secondo ordine, ma è traslato rispetto ai tratteggi lineari che conosciamo. L’aspetto interessante è che le coppie di soluzioni valide, ossia (1, 7), (3, 6) e (7, 1), si trovano tutte in corrispondenza delle colonne gialle, che corrispondono agli spazi di questo tratteggio. Quindi, per dimostrare che esistono soluzioni, è sufficiente dimostrare che esistono spazi nel seguente tratteggio traslato (la cui rappresentazione è stata estesa rispetto a prima, in modo da evidenziare la ripetizione dei trattini):

3x \mathrm{\ mod\ } 8                                
3y \mathrm{\ mod\ } 8                                
Si può osservare che il tratteggio visualizzato nella tabella qui sopra è molto simile a ciò che nella strategia dimostrativa basata sugli spazi abbiamo chiamato doppio tratteggio. Infatti, dalla tabella si otterrebbe un doppio tratteggio di primo ordine se le righe fossero sovrapposte e se uno dei due gruppi di trattini equidistanti iniziasse dalla prima colonna. Il fatto che i doppi tratteggi ricorrano in qualche modo in strategie dimostrative diverse, ci fa pensare che essi siano uno degli elementi chiave che si celano dietro l’enunciato della congettura di Goldbach.

Trovare gli spazi di un tratteggio fatto in questo modo, e/o dimostrare che esistono, è molto semplice, perché i trattini si ripetono sia sulla prima che sulla seconda riga con la stessa periodicità, e la distanza tra di essi, in ognuna delle righe, è pari a 5 = n_2.

Perché su entrambe le righe si ha un trattino ogni n_2 celle?

Osserviamo che, per come è stata costruita la tabella, le colonne sono numerate secondo il valore di v, che parte da 0; quindi la n-esima colonna avrà v = n - 1. Dobbiamo dimostrare che, per entrambe le righe, valgono due proprietà:

  • se la n-esima colonna contiene un trattino rispettivamente sulla riga di 3x \mathrm{\ mod\ } 8 e sulla riga di 3y \mathrm{\ mod\ } 8, allora anche la (n + n_2)-esima colonna contiene un trattino sulla stessa riga;
  • se la n-esima colonna non contiene un trattino sulle stesse righe, allora neanche la (n + n_2)-esima colonna contiene un trattino sulle rispettive righe.
  • Cominciamo a dimostrarlo per la riga di 3x \mathrm{\ mod\ } 8.

    Se la n-esima colonna contiene un trattino, per come è stata costruita la tabella, vuol dire che, per tutti gli x relativi a quella colonna, 3x \mathrm{\ mod\ } 8 \notin S_T(1); viceversa, se non contiene un trattino, allora per almeno un x relativo a quella colonna si ha che 3x \mathrm{\ mod\ } 8 \in S_T(1). Trattandosi della n-esima colonna, inoltre:

    v = n - 1 = \cfrac {5x + 1 - (5x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8}

    e questa relazione vale per tutti gli x di quella colonna; infatti avevamo raggruppato le x sulla base del corrispondente valore di v. Proviamo a vedere cosa succede mettendo x^{\prime} := (x + 8) al posto di x. Il resto non cambia, perché 3x^{\prime} = 3(x + 8) \mathrm{\ mod\ } 8 = 3x \mathrm{\ mod\ } 8. Calcoliamo per questa colonna il valore di v, che chiameremo v^{\prime}:

    v^{\prime} = \cfrac {5x^{\prime} + 1 - (5x^{\prime} + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8} = \cfrac {5 (x + 8) + 1 - (5 (x + 8) + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8}

    Ma (5 (x + 8) + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8 = (5x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8, perché 5(x + 8) + 1 e 5x + 1 differiscono per un multiplo di 8, per cui:

    v^{\prime} = \cfrac {5 (x + 8) + 1 - (5x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8} = 5 + \cfrac {5x + 1 - (5x + 1) \mathrm{\ mod^{\star}\ } 8}{8}

    che è esattamente 5 = n_2 unità più grande del valore di v dell’n-esima colonna, per cui la colonna corrispondente a x + 8 si trova n_2 posizioni dopo di essa e sarà quindi la (n + n_2)-esima. Dato che questo vale per ogni x, possiamo dire che, se la n-esima colonna contiene un certo x sulla riga delle x, allora la (n + n_2)-esima contiene x + 8 sulla stessa riga. Viceversa, posto che x - 8 \gt 0, se la (n + n_2)-esima colonna contiene un x, allora la n-esima contiene x - 8 (la dimostrazione sarebbe la stessa di prima, con alcuni segni cambiati). Quindi se nella riga delle x della n-esima colonna ci sono i valori x_1, x_2, \ldots, x_k, allora nella riga della x della (n + n_2)-esima colonna ci sono i valori x_1 + 8, x_2 + 8, \ldots, x_k + 8. Inoltre abbiamo visto che i resti non cambiano, cioè 3x_1 \mathrm{\ mod\ } 8 = 3(x_1 + 8) \mathrm{\ mod\ } 8, …, 3x_k \mathrm{\ mod\ } 8 = 3(x_k + 8) \mathrm{\ mod\ } 8. Quindi:

    • per ogni i = 1, 2, \ldots, k, se 3x_i \mathrm{\ mod\ } 8 \notin S_T(1), allora anche 3(x_i + 8) \mathrm{\ mod\ } 8 \notin S_T(1); quindi se la n-esima colonna contiene un trattino sulla riga di 3x \mathrm{\ mod\ } 8, anche la (n + n_2)-esima colonna ne contiene uno sulla stessa riga;
    • viceversa, se per almeno un i = 1, 2, \ldots, k si ha che 3x_i \mathrm{\ mod\ } 8 \in S_T(1), allora anche 3(x_i + 8) \mathrm{\ mod\ } 8 \in S_T(1); quindi se la n-esima colonna non contiene un trattino sulla riga di 3x \mathrm{\ mod\ } 8, neanche la (n + n_2)-esima colonna ne contiene uno sulla stessa riga.

    La dimostrazione per la riga di 3x \mathrm{\ mod\ } 8 è così conclusa.

    Questo ragionamento può essere ripetuto senza difficoltà per la riga di 3y \mathrm{\ mod\ } 8, a patto di sostituire x con y, v con w, e considerando la (n + n_2)-esima colonna ha un valore di w di n_2 unità più piccolo rispetto a quello della n-esima colonna (non più grande come accade per il valore di v, perché w è decrescente mentre v è crescente). Al di là di queste differenze, però, la dimostrazione per la seconda riga è sostanzialmente identica, per cui la lasciamo come verifica ai nostri lettori.

In generale, qualunque siano n_1, n_2 ed n, possiamo affermare che il primo spazio non può trovarsi oltre la terza colonna. Infatti il caso peggiore, ossia quello in cui il primo spazio è il più lontano possibile dall’inizio del tratteggio, è quello in cui:

  • Il primo trattino della prima riga si trova nella prima cella della riga stessa;
  • Il primo trattino della seconda riga si trova nella seconda cella della riga stessa.

Il tratteggio corrispondente a questo caso sarebbe il seguente:

                                          x 1 2 3 \ldots
n_1 x \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2)                                                           \ldots
n_1 y \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2)                                  \ldots
v + w 0 + (n - 2) 1 + (n - 3) 2 + (n - 4) \ldots

In questo caso, o nel caso equivalente in cui le due righe sono scambiate di posto, il primo spazio si trova sulla terza colonna. In generale, anche in qualunque altra disposizione dei trattini, posto che siano distanziati tra loro, sulla stessa riga, di n_2, e tenendo conto che n_2 \geq 3 (essendo n_2 \gt n_1 \geq 2), il primo spazio non si troverebbe mai oltre la terza colonna. Ciò si dimostra per assurdo: se lo spazio più lontano dall’inizio del tratteggio fosse sulla quarta colonna, ad esempio, sarebbe preceduto da tre colonne che non sono spazi, il che vorrebbe dire che, in queste colonne, ci sarebbero almeno tre trattini. Ma, qualunque sia la loro posizione reciproca (tutti e tre sulla prima riga, o tutti e tre sulla seconda, o alternati), su almeno una riga la distanza tra due trattini consecutivi dovrebbe essere al massimo 2, che sarebbe minore di n_2 \geq 3, il che non è possibile. Il ragionamento è simile se si suppone che i trattini siano più di tre, o che il primo spazio sia nella quinta colonna, o sesta, e così via.

Ora, considerando sempre il caso peggiore, inseriamo di nuovo la riga con v:

                                          x 1 2 3 \ldots
n_1 x \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2)                                  \ldots
n_1 y \mathrm{\ mod\ } (n_1 + n_2)                                                           \ldots
v + w 0 + (n - 2) 1 + (n - 3) 2 + (n - 4) \ldots
v 0 1 2 \ldots

Il valore di v corrispondente al primo spazio del doppio tratteggio traslato, ossia alla prima soluzione ammissibile dell’equazione (6), è al massimo 2, per il discorso precedente. Quindi possiamo dire che esiste almeno una soluzione con v \leq 2, a patto che la tabella abbia almeno tre colonne, perché il valore v = 2 si trova sulla terza colonna. Per costruzione, il numero di colonne della tabella è n - 1 (da v = 0 a v = n - 2); per cui, una condizione sufficiente affinché esista un valore di v che soddisfa la nostra ipotesi, è che n - 1 \geq 3, ossia n \geq 4.
Ora che abbiamo trovato una condizione di esistenza della soluzione, per trovare i due spazi che ci interessano è sufficiente ricordare che uno segue l’x-esimo trattino, e l’altro precede l’y-esimo, per cui le soluzioni che corrispondono ad un valore ammissibile di v, ed al corrispondente valore di w = n - 2 - v, sono:

\begin{aligned} p & := \\ \mathrm{t\_valore}_T(x) + 1 & = \text{[per la (2)]} \\ n_1 (v + 1) + 1\end{aligned} \tag{7}
\begin{aligned} q & := \\ \mathrm{t\_valore}_T(y) - 1 & = \text{[per la (2')]} \\ n_1 (w + 1) - 1\end{aligned}

Possiamo anche osservare che q, una volta calcolato p, si può calcolare semplicemente come n_1 n - p, per l’ultima equazione della Proposizione H.1.T.A.1.
Avendo stabilito che esiste almeno una soluzione con v \leq 2, imponendo questo vincolo nella formula (7), possiamo dedurre che esiste uno spazio p, corrispondente ad una soluzione della Proposizione H.1.T.A.1, tale che

p \leq 3 n_1 - 1

Quindi non solo abbiamo trovato la soluzione, ma abbiamo anche trovato una maggiorazione per uno dei due spazi corrispondenti.
Riassumendo, possiamo dire che la Proposizione H.1.T.A.1 ammette sempre una soluzione per n \geq 4, e in tal caso esiste una soluzione tale che uno dei due spazi corrispondenti sia minore o uguale di 3 n_1 - 1.

Verifichiamo se l’enunciato da cui siamo partiti, ossia l’Ipotesi H.1.T.A (Ipotesi di esistenza di coppie di spazi complementari basata sui trattini), è effettivamente valido per le coppie che abbiamo trovato. Dobbiamo cioè determinare se, presi n = 6, il tratteggio T = (3, 5) e le coppie (x, y) pari a (1, 7), (3, 6) e (7, 1), ognuna di esse soddisfa l’equazione

\mathrm{t\_valore}(x) + \mathrm{t\_valore}(y) = n_1 n

Inoltre dobbiamo verificare che \mathrm{t\_valore}(x) precede uno spazio e che \mathrm{t\_valore}(y) segue uno spazio.
Applicando il Corollario del Teorema T.8 (Formula per il calcolo della funzione \mathrm{t\_valore} lineare di secondo ordine per la prima riga) per sostituire \mathrm{t\_valore} con la sua espressione per il secondo ordine, e sostituendo n con 6, n_1 con 3 e n_2 con 5, si ottiene la seguente equazione equivalente alla precedente:

3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot x + 1}{8} \biggl \rceil + 3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot y + 1}{8} \biggl \rceil = 18

Iniziamo con la prima coppia (1, 7). Sostituendo x con 1 e y con 7 si ha

3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot 1 + 1}{8} \biggl \rceil + 3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot 7 + 1}{8} \biggl \rceil = 3 \biggl \lceil \cfrac{6}{8} \biggl \rceil + 3 \biggl \lceil \cfrac{36}{8} \biggl \rceil = 3 \cdot 1 + 3 \cdot 5 = 3 + 15 = 18

come previsto.
Inoltre \mathrm{t\_valore}(x) + 1 = 3 + 1 = 4 e \mathrm{t\_valore}(y) - 1 = 15 - 1 = 14 sono spazi (\mathrm{t\_valore}(x) e \mathrm{t\_valore}(y) sono rispettivamente le espressioni 3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot 1 + 1}{8} \biggl \rceil e 3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot 7 + 1}{8} \biggl \rceil, quindi appunto 3 e 15; i trattini corrispondenti sono visualizzabili mediante il visualizzatore di tratteggi selezionando le opzioni n = 15, “Queste componenti” = “3,5”, “Numera i trattini” selezionato).
Facciamo la stessa cosa con (3, 6):

3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot 3 + 1}{8} \biggl \rceil + 3 \biggl \lceil \cfrac{5 \cdot 6 + 1}{8} \biggl \rceil = 3 \biggl \lceil \cfrac{16}{8} \biggl \rceil + 3 \biggl \lceil \cfrac{31}{8} \biggl \rceil = 3 \cdot 2 + 3 \cdot 4 = 6 + 12 = 18

come previsto. Anche in questo caso \mathrm{t\_valore}(x) + 1 = 6 + 1 = 7 e \mathrm{t\_valore}(y) - 1 = 12 - 1 = 11 sono spazi.
La verifica per la terza coppia (7, 1) è speculare a quella per (1, 7), dato che gli addendi al primo membro dell’espressione, se si scambia x con y, sono identici.

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