Frontière commune à trois translatés

christophe c · June 2020

Un grand merci à Calli et domi!! Merci d'avoir pris en compte mon voeu.

domi a écrit:

Mais il y a bien plus simple comme démonstration .

Plus simple que les 4 lignes que tu as écrites ??????????

Donc le "bien plus", sous-entend qu'il y en a une qui fait DEUX LIGNES ou moins, ou je comprends mal?

Domi · June 2020

Tu as bien compris que je voulais dire que la démonstration faisait l'impasse sur ce très long fil . Mais en quatre lignes plus un dessin , c'est faisable .

Domi

Titi le curieux · June 2020

Bonsoir,

(edit: le message suivant a été rédigé avec les conventions $C=F\cap T(F)$, $H$ complémentaire de $C$ dans $F$, $C_2=C\cap T(C)$ et $C_1= T^{-1}(C_2)$)

Domi, je ne suis pas persuadé de la pertinence de l'argument. D'une part, parce qu'il ne cite pas des propriétés propre à $\mathbb{R}^2$ (la propriété à montrer est par exemple fausse dans $\mathbb{R}^3$). Mais aussi parce qu'il y a au moins une identité fausse dans l'argument, j'explique:
Avec tes notations, on notera que $F\cap T(F) \cap T^2(F)=\emptyset$ (sur ton dessin, c'est vrai) implique $C_2=C\cap T(C)=\emptyset$ (et vu la définition de $C_1$, il est vide si $C_2$ est vide) car $C=F\cap T(F)$ et $T(C)=T(F)\cap T^2(F)$. On voit bien $F$ n'est généralement pas égal à $C_1\cup C_2 \cup H$: dans le cas présent, $C_1\cup C_2$ ne recouvre sûrement pas $C$.

christophe c · June 2020

Je précise que longtemps après accusé réception, quand je suis parti en voiture au signal du Luguet, j'ai re-réfléchi et n'ai pas trouvé comment combler tes étapes sautées domi. Attenton, cela ne veut pas dire que c'est difficile, je n'ai pas creusé, mais ça rejoint ce que réplique titi. Il y a peut-être un peu trop de "ça se voit".

Domi · June 2020

Il y avait plusieurs erreurs dans les notations de ma "démonstration" , j'ai corrigé dans le message initial . S'il reste une erreur , je ne vois pas où .

Domi

Titi le curieux · June 2020

Salut,
La modification change des choses, mais ça reste problématique. On peut reformuler les définitions de $H$ et $C$ ainsi:
$C=T^{-1}(F\cap T(F))$ (les points de $F$ dont les images par la translation $T$ sont dans $F$) et $H$ le complémentaire de $C$ dans $F$.
En écrivant $C_2=F\cap T(F)$ et $C_1=T^{-1}(C_2)$, on se retrouve avec $C_1=C$, on a donc en effet $F=H\cup C_1$ et comme $C_2\subset F$: $F=H\cup C_1\cup C_2$. Mais $F\cap T^2(F)=\emptyset$ n'implique pas $C_2=\emptyset$ (sur le dessin, on a bien $F\cap T^2(F)=\emptyset$ mais $C_2$ est non vide), $C_2$ étant inclus dans $F$ et n'étant pas nécessairement vide, il n'est généralement pas disjoint de $F=H\cup C_1$.

Domi · June 2020

J'ai été en dessous de tout sur ce fil . Le dessin est clair mais pas les explications . Je reprends une dernière fois avec toutes mes excuses .

On note $F$ la frontière du polygone et on suppose d'emblée que $F \cap T^2(F)=\emptyset .$ On note $C$ l'ensemble des point de $F$ dont le translaté est aussi dans $F$ et $H$ l'ensemble des points de $F$ dont le translaté n'est pas dans $F$ . Jusque là , il n'y a pas d'embrouille et $F=C\cup H$ , de plus $C\cap T(C)=\emptyset$ donc $T(C)$ contenu dans $H$ . Alors $F=C\cup T(C) \cup H'$ et le résultat tombe comme un fruit mûr .

J'espère qu'il n'y a plus d'erreurs cette fois-ci et merci aux courageux lecteurs .

Domi 104756

christophe c · June 2020

Pardon pour mon manque de présence ferme et mes visites un peu touristiques, mais domi, je n'ai toujours pas compris, du tout. Même en imaginant que fruit mûr laissé au lecteur.

Je n'arrive même pas à connecter ce que tu dis aux hypothèses de départ, puisqu'elles proposent :

$F \cap T(F) \cap T^2(F) $ non vide et l'absence de point intérieur ayant aussi par $T$ une image intérieure.

Or tu supposes d'emblée la vacuité de $F\cap T^2(F)$.

Domi · June 2020

Tu as raison Christophe , je laisse tomber la démonstration du deuxième résultat à partir du premier , d’ailleurs j’avais abandonné cette piste depuis longtemps car je n’arrivais pas à établir le premier résultat .

J'explique tout de même comment j'ai résolu le deuxième problème dont je rappelle l'énoncé :

On colle l'un contre l'autre deux polygones superposables par translation sans qu'ils s'intersectent. S'il est facile de voir que la longueur de leur zone de contact peut approcher la moitié de leur périmètre, est-il possible de faire mieux ? Les polygones sont connexes (c'est à dire d'un seul tenant) .

La « démonstration » fait un peu amateur mais je pense qu'on doit pouvoir formaliser sans peine .

On note $P$ le polygone , $F$ sa frontière , $T$ la translation et $C$ la partie commune à $P$ et $T(P)$ .

On fait remonter une droite dont la direction est donnée par $T$ jusqu'à ce qu'elle atteigne les deux polygones . Au contact , on définit quatre lignes $G_1 , G_2 , D_1$ et $D_2$ correspondant aux bords gauches et droits des deux polygones ( seuls $D_1$ et $G_2$ peuvent avoir une partie commune égale à $C$ ) .

$F=G_1\cup N_1 \cup D_1$ , les trois parties étant disjointes . Comme $C$ est contenu dans $D_1$ et que $T^{-1}(C)$ est contenu dans $G_1$ alors $F$ contient deux copies disjointes de $C$ d'où le résultat .

Domi 104850

Calli · July 2020

J'ai demandé à JLT le lien vers la preuve disparue du lemme 1 qui était mentionné ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1169335,1169671#msg-1169671. Il me l'a gentiment donné (merci JLT !). Il y a deux parties :

Une preuve du fait qu'on peut se ramener à $f:[0,1]\to E$ telle que, pour tous $x,y\in[0,1]$, si $f(x)=f(y)$ alors $f$ est constante sur $[x,y]$. L'idée est de sélectionné à chaque étape $n$ un couple $(x,y)$ tel que $f_n(x)=f_n(y)$ et $|x-y|$ est maximal pour cette propriété. C'est possible car la diagonale $\Delta$ de $E^2$ est fermée et donc $(f_n\times f_n)^{-1}(\Delta)$ est un compact de $[0,1]^2$. En faisant ça, on évite une récurrence ordinale et indexer les étapes par les entier naturels suffit. Puis il faut toujours montrer que la fonction limite est continue, ça on y échappe pas. Voir https://pierreallkenbernard.wordpress.com/2009/05/31/un-exercice-de-topologie/#comment-719 et les autres messages avant et après (je vous laisse fouiller).
La preuve de JLT qu'on peut transformer la fonction précédemment construite en une fonction injective en gommant les paliers où la fonction constante. Pour cela, il crée une mesure diffuse qui convient en utilisant les propriétés des compacts parfaits, cf. https://pierreallkenbernard.wordpress.com/2009/05/31/un-exercice-de-topologie/#comment-737.

Je crois qu'il y a quelques petits couacs dans les preuves (c'est peut-être simplement dû au fait que certaines preuves sont éclatées dans plusieurs messages). Je n'ai pas creusé beaucoup plus, mais ça n'a pas l'air très grave.

Tonm · July 2020

Bonjour, j'ai vu l'énoncé sans les arguments mais voilà ce que je pense (si j'ai compris).

Un objet $A$ dans $\mathbb{R}^2$ (fermé d'abord) est translaté suivant un vecteur $\vec{T}$ alors si $A\cap T(A)=\emptyset,$ a-t-on $A\cap T(A)\cap T^2(A)=\emptyset$ ?

La réponse est oui parce que le principe si $A\cap T(A)=\emptyset$ alors $A$ et $T(A)$ sont séparés par une courbe $C$ divisant le plan en deux parties disjointes.

Si on prend des ouverts alors aussi $\overline{A}\cap \overline{T(A)}\cap\overline{T^2(A)}=\emptyset$ parce que dans ce cas quand on dit $A\cap T(A)=\emptyset$ la courbe $C$ séparante peut être telle que $C\cap F(A)$ est vide ou bien égale à $ F(A)\cap F(T(A))$ (là c'est un peu subtil). $F(A)$ est la frontière de $A$.

Frontière commune à trois translatés

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