Figures s'intersectant 2 à 2 mais pas 3 à 3
Suite à mon post précédant je me suis penché sur un problème similaire qui pourrait vous intéresser.
Pour toute figure géométrique plane $P$, on note $\Phi(P)$ le cardinal maximal d'une famille $(P_i)_{i \in I}$ de figures semblables à $P$ telles que :
- Pour tout $i,j \in I, \ P_i \cap P_j \neq \emptyset$
- Pour tout $i,j,k \in I, \ P_i \cap P_j \cap P_k = \emptyset$
Je vous propose 4 problèmes :
Pour toute figure géométrique plane $P$, on note $\Phi(P)$ le cardinal maximal d'une famille $(P_i)_{i \in I}$ de figures semblables à $P$ telles que :
- Pour tout $i,j \in I, \ P_i \cap P_j \neq \emptyset$
- Pour tout $i,j,k \in I, \ P_i \cap P_j \cap P_k = \emptyset$
Je vous propose 4 problèmes :
- Déterminer $\Phi(P)$, si $P$ est un cercle.
- Déterminer $\Phi(P)$, si $P$ est un triangle équilatéral.
- Existe-t-il des polygones tels que : $\Phi(P) = 3$ ?
- Montrer que pour tout entier $k$, il existe un polygone $P$ avec $\Phi(P) > k$.
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Réponses
Le prouver est un peu ensembliste ou autre.
EDIT. C'est faux une figure règle cela.
Non pas du tout. Même intérieur compris ça ne donne rarement 3, d'ailleurs c'est le problème 3. J'ai bien précisé que l'ensemble des figures sont semblables et non isométriques...
Si on a 4 disques qui s'intersectent 2 à 2 et pas 3 à 3, alors l'enveloppe convexe de l'ensemble formé par les centres de chaque disque est un triangle et le quatrième point appartient à l'intérieur du triangle.
Pour le point $4$, les polygones seront non convexe?
Bon c'est faux merci zig.
En revanche pour démontrer qu'avec 6 c'est impossible je sèche.
Mon exemple utilise des polygones non-convexe.
Je n'ai pas encore trouvé de polygones convexe vérifiant : $\Phi(P) \ge 6$.
Mais surtout cette construction se généralise bien aux polygones réguliers à 3*n côtés comme le montre le schéma ci-dessous pour des hexagones réguliers.
Je ne suis toutefois pas convaincu que cela marche pour tous les polygones réguliers, ce serait assez intéressant de découvrir que pour certains polygones réguliers la constructions à 5 polygones est impossible.
En effet, on construit les deux polygones $P_1$ et $P_2$ centraux de même taille ayant même centre de gravité placé sur l'axe des ordonnées, symétriques l'un de l'autre par rapport à l'axe des ordonnées de manière à ce qu'ils intersectent le demi plan $y \le 0$ en des ensembles distincts (l'un avec des points d'abscisses positives et l'autre avec des points d'abscisses négatives donc.)
L'ensemble des angles $\alpha$ des rotations envoyant $P_1$ sur $P_2$ et satisfaisant cette construction est un intervalle ouvert $\left ]0 ; \frac{\pi}{n} \right [$.
Une fois la construction effectuée, on considère les deux demis plans : $y \ge x\sqrt{3} + k$ et $y \ge - x\sqrt{3}+k$
Si on prend le plus grand entier k tel qu'un demi plan intersecte les deux polygones, alors, l'autre demi-plan va aussi intersecter les deux polygones par symétrie.
Comme k est minimal ici, on en déduit que le plan $y \ge x\sqrt{3} + k$ intersecte disons $P_1$ soit en un point et on a alors la configuration souhaitée soit en un segment.
Si l'intersection est un segment, cela signifie qu'il existe un côté de $P_1$ parallèle à la droite d'équation $y \ge x\sqrt{3} + k$. Et comme il s'agit d'un cas limite, on peut en modifiant légèrement l'angle $\alpha$ se ramener au cas où $y \ge x \sqrt{3} + k$ intersecte $P_1$ en un point.