Le problème du dimanche.

soland
soland
dans Géométrie
ENONCE COMPLETEMENT REMANIE

(A) On coupe un polyèdre convexe $P$ de $s>3$ sommets
par un plan ne contenant aucun sommet de $P$,
de manière à couper un maximum d'arêtes de $P$.
On note $k(P)$ ce nombre maximum.

On construit la fonction
$f : \mathcal{P}_s \rightarrow [0, 1]$
$\qquad P \mapsto k(P)/a(P)$
où $a(P)$ est le nombre d'arêtes de $P$
et où $\mathcal{P}_s$ est l'ensemble des polyèdres à $s$ sommets.

Soit $M(s)$ le maximum de la fonction $f$.
(A1) Que vaut $M(s)$ ?
(A2) A quoi ressemble la fonction $s\mapsto M(s)$ ?

(B) Idem, mais $P$ est supposé homéomorphe à une sphère, sans autre restriction.

P.S. $f$ atteint son maximum parce que $a(P)$ est entier et majoré par $s(s-1)/2$.

PPS. Aïe, aïe, aïe, quelle cata !

Réponses

  • soland
    soland
    Merci de considérer avec bienveillance l'énoncé remanié.

    Je pense que $M(4)=4/6=2/3$.
    Ci dessous $M(14)\geq 1/2$.75622
  • soland
    soland
    $M(5)\geq 5/9$75628
  • Math Coss
    Math Coss
    Prenons $s=4$...

    Si tu penses que $M(4)=4/6$, c'est sans doute que tu interdis les plans qui contiennent un sommet ou, ce qui revient au même, que « couper une arête », c'est la couper en dehors de ses extrémités. En effet, dans un tétraèdre $OABC$, le plan $(ABC)$ a un point commun avec chacune des arêtes. Sans cette contrainte, $M(4)=1$. Voudrais-tu préciser ?

    Edit : Voudrai-je apprendre à lire en détail ?

    Avec cette contrainte, considérons un plan $\Pi$ qui coupe au moins deux arêtes d'un tétraèdre $P=OABC$, disons $[OA]$ en $I$ et $[OB]$ en $J$. On se convainc que $\Pi$ ne coupe pas l'arête $[AB]$ (la trace de $\Pi$ dans le plan $(OAB)$ est la droite $(IJ)$, on voit qu'elle coupe $(AB)$ hors de $[AB]$ en considérant le triangle $OAB$). De deux choses l'une. Il se peut que $\Pi$ coupe l'arête $[OC]$ en $K$, mais alors $\Pi$ ne coupe ni $[AC]$ ni $[BC]$ (dans le plan $(OAC)$ (resp. $(OBC)$), dans lequel la trace de $\Pi$ est $(IK)$ (resp. $(JK)$), considérer le triangle $OAC$ (resp. $OBC$)) ; par conséquent, $\Pi$ coupe au plus $3$ arêtes. Sinon, $\Pi$ coupe au plus $4$ arêtes de $P$.
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    $M(5)\geq 2/3$
    (et sur le même modèle, on a toujours $M(n)\geq 2/3$ pour $n\geq 4$).75632
  • soland
    soland
    Math Coss : Je cite l'énoncé : "plan ne contenant aucun sommet de "$P$.

    GBZM : (tu)(tu)
  • soland
    soland
    Réflexions.

    Le plan P partitionne l'ensemble des sommets en l'ensemble X de sommets
    situés d'un côté de P et en ensemble Y sommets situés de l'autre.
    Les extrémités d'une arête coupant P sont l'une dans X et l'autre dans Y.
    Si $|X|=x$ et $|Y|=y$, ça fait au plus $xy$ arêtes.
    Pour connecter "convexement" les sommets de A il faut au moins $(x-1)$ arêtes,
    plus $(y-1)$ pour connecter les sommets de B.
    (Raisonnement à réexaminer.)
    $M(x+y)$ est "donc" majoré par
    $$
    \frac{xy}{xy+(x-1)+(y-1)} = \frac{xy}{(x+1)(y+1)-3}
    $$
    Pour le polyèdre de GBZM on a $x=2$ et $y=s-2$ d'où $M(s)\geq 2/3$, comme il a dit.
    Peut-on faire mieux avec $x=3$ et $y=s-3\geq 3$ ?
    La construction précédente produit-elle un polyèdre, éventuellement non convexe ?
  • soland
    soland
    Le polyèdre de GBZM.75726
  • GaBuZoMeu
    GaBuZoMeu
    Chaque face du polyèdre $P$ a au plus deux côtés tranchés. On a donc, pour chaque face $F$ :
    $$\mathrm{card}\{\text{côtés tranchés de } F\}\leq \frac23 \mathrm{card}\{\text{côtés de } F \}\;.$$
    En sommant sur toutes les faces et en divisant par $2$, on obtient :
    $$\mathrm{card}\{\text{arêtes tranchées de }P\}\leq \frac23 \mathrm{card}\{\text{arêtes de }P\}\;.$$
  • soland
    soland
    Ça finit en théorème, super.
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