Famille de rectangles
Je voudrais vous soumettre un petit problème :
On considère une famille quelconque de polyominos rectangles $(R_i)_{i \in I}$ telle que pour tout $i, j \in I$ : $R_i \cap R_j \neq \emptyset$
Montrer que $\bigcap_{i \in I} R_i \neq \emptyset$
J'ai une solution à ce problème mais je la trouve particulièrement pénible à rédiger, j'espère que quelqu'un ici trouvera des arguments plus directs que moi ou aura une rédaction plus courte.
On considère une famille quelconque de polyominos rectangles $(R_i)_{i \in I}$ telle que pour tout $i, j \in I$ : $R_i \cap R_j \neq \emptyset$
Montrer que $\bigcap_{i \in I} R_i \neq \emptyset$
J'ai une solution à ce problème mais je la trouve particulièrement pénible à rédiger, j'espère que quelqu'un ici trouvera des arguments plus directs que moi ou aura une rédaction plus courte.
Réponses
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Ce problème peut être déplacé sur le forum géométrie d'ailleurs (désolé pour le dérangement)
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[size=medium]?[/size]
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Les polyominos sont des unions de cellules de type $[a;a+1] \times [b;b+1]$ avec $a, b \in \Z$
Un polyomino rectangle est en fait l'ensemble des cellules appartenant à un pavé de $\R^2$ dont les sommets sont dans $\Z^2$.
Si vous préférez un énoncé plus géométrique je peux le faire sans parler de polyominos :
On considère dans un repère orthonormé, une famille quelconque de rectangles $(R_i)_{i \in I}$ ayant tous un côté parallèle à l'axe des abscisses et telle que pour tout $i,j \in I$ : $R_i \cap R_j \neq \emptyset$
Montrer que $\bigcap_{i \in I} R_i \neq \emptyset$ -
Bonjour.
Si je peux me permettre, avec les précisions de votre deuxième message, le caractère quelconque des rectangles n'est plus flagrant au sens où vous le décriviez au premier message, la seule chose qui est quelconque est leurs dimensions.
De plus, si ce sont des rectangles, et si un de leur côté est parallèle à un axe, tous leurs côtés sont parallèles à l'un des axes.
Pour finir, ayant une intersection non vide deux à deux, ils ont tous une intersection commune non vide.
À bientôt.Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Si je peux me permettre, avec les précisions de votre deuxième message, le caractère quelconque des rectangles n'est plus flagrant au sens où vous le décriviez au premier message, la seule chose qui est quelconque est leurs dimensions.
Je parlais de polyominos rectangles et non de rectangle dans mon premier message, et l'adjectif quelconque dans mon message se rapportait à la famille et non aux rectangles dans le sens : famille potentiellement infinie et non forcément dénombrable.De plus, si ce sont des rectangles, et si un de leur côté est parallèle à un axe, tous leurs côtés sont parallèles à l'un des axes.
Oui tout à fait.Pour finir, ayant une intersection non vide deux à deux, ils ont tous une intersection commune non vide.
C'est exactement ce que je demande de prouver
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Quelle est la différence entre 'potentiellement infinie' et 'dénombrable' au sens où on comprend ces mots ?
Si c'est pour faire la différence entre un nombre fini de rectangles et un nombre infini de rectangles, cela change peu de choses. Si c'est autre chose, cela semble redondant.
À bientôt.
[Edit : ok, j'ai compris la troisième possibilité. Il faut vraiment que je réfléchisse plus avant de demander des précisions].Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Pour faire avancer le sujet, je vous propose ma première solution :
- On démontre aisément la propriété quand on a une famille de 3 rectangles
- On en déduit que si la famille a une intersection non-vide deux à deux, alors elle a aussi une intersection non-vide trois à trois
- Puis on remarque que pour tout i,j,k,l les trois rectangles $(R_i \cap R_j)$, $R_k$ et $R_l$ sont d'intersection non-vide deux à deux et en vertu du point précédant on trouve que la famille a une intersection non-vide 4 à 4.
- On peut évidemment poursuivre par récurrence.
Il faut néanmoins d'autres arguments pour pouvoir étendre cela à toute famille dénombrable et à toute famille quelconque.
Nota : Je me rend compte maintenant que l'on peut remplacer ici nos rectangles par des intervalles de R et que l'on obtient un problème équivalent en utilisant des projections. Il n'empêche que même en remarquant cela, je ne trouve pas d'argument simple. -
La continuité sur R, c'est aussi le fait qu'il n'est pas possible de découper R en deux ouverts sans intersection.
Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
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Oui bonsoir, on peut assumer que les rectangles sont des segments (verticale ou horizontale) pour démontrer ce que tu cherches: les intersections seront des points, ( il y a une schematisation à visualiser) un point appartenant à $n$ segments représente leur intersection commune maximale.
Alors c'est quasi immédiat que si $R_i\cap R_j\neq \phi$ pour tout $i,j$ alors les segments doivent tous s'intersecter. (Maze runner :-)) (il y a une récurrence) -
Bonsoir,
Le problème peut se poser en n'importe quelle dimension (pas seulement le plan) et il se ramène toujours à la dimension 1 (famille d'intervalles fermés dans une droite) par projection sur les axes.
Toute famille d'intervalles fermés de $\R$ dont les intersections deux à deux sont non vides est d'intersection un intervalle fermé non vide (éventuellement réduit à un point). Cette intersection est l'intervalle fermé d'extrémité gauche (resp. droite) la borne supérieure (resp. inférieure) des extrémités gauches (resp. droites) des intervalles de la famille. En effet, l'extrémité gauche de n'importe quel intervalle de la famille est inférieure ou égale à l'extrémité droite de n'importe quel autre.
On peut ajouter une précision quantitative : si toutes les intersections deux à deux sont de largeur supérieure ou égale à $\epsilon$, alors l'intersection de la famille est de largeur supérieure ou égale à $\epsilon$. -
Je ne suis pas sur de bien comprendre Tonm. Peux tu expliciter la schématisation à visualiser dont tu parles ainsi que la preuve "quasi immédiate" à laquelle tu fais référence ?
J'en profite pour rappeler que ce n'est pas parce qu'on a une famille d'ensembles tels que pour tout k, toute intersection de k éléments de la famille est non-vide que l'intersection de tous les éléments de la famille sera non vide. -
Merci GaBuZoMeu. C'est très clair !
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(le message de Gabu peut être générale)
On est dans le plan, on a $n $ rectangles dont l'intersection deux à deux est non vide alors l'intersection commune à tous les rectangles est non vide.
Le rectangle je le représente par un segment, l'intersection par un point. Le reste est intuitif en fait.
Cordialement. -
Le rectangle je le représente par un segment, l'intersection par un point. Le reste est intuitif en fait.
Ca ne ressemble pas à une preuve ce dont tu parles et c'est très certainement faux ce que tu veux faire, mais ce n'est pas grave GaBuZoMeu a parfaitement répondu à la question.
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Bonjour!
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