intersection d’une sphère et d’un plan
Réponses
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Bonjour,
Un problème plus délicat consiste à prouver que si l'ensemble S
de points de l'espace est tel que son intersection avec un plan
est tjrs soit le vide, soit un point, soit un cercle, alors S est une sphère. -
Bonjour à tous.
Un problème encore plus dificile est de démontrer que si l'ensemble S de points de l'espace est tel que sa projection sur un plan est toujours un disque, alors la fronière de S est une sphère.
Je ne sais même pas si c'est vrai...
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
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C'est épatant, cette réciproque, cher Édouard Cidrolin !
J'avoue que je ne connaissais pas du tout.
Il va falloir que je cherche...
Quelques indications ou références ?
Avec tous mes remerciements ! -
à Cidrolin,
Soit C un cercle de rayon maximum inclus dans S. (Reste à prouver qu'il existe)
Soit P son centre.
Soit T un de ses segments-diamètre, et D la droite qui le porte.
En regardant les intersections de tous les plans qui contiennent D avec S on obtient (c'est un peu chiant, mais ça semble obtensible) une réunion de cercles dont T est aussi un segment diamètre, et donc S contient une sphère S'
Soit A un point de S en dehors de S' et P un plan qui passe par A et qui contient D.... lol
Bon évidemment, je me suis servi de A-->B (du 1er post) pour argumenter en faveur de ce présent B-->A
je n'ai pas justifié l'existence de C, mais elle semble la substantitfique moelle pour résoudre ce genre de problème en transférant la difficulté vers de la topologie.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour Kamal B,
Cette question vient d'un ami qui préparait le Capes ou bien l'Agrèg, il la tenait d'un ami qui lui même . . .
Je n'en sais pas plus, et cela est si lointain.
Bonjour CC
Le cercle C n'existe peut-être pas. -
Bonjour à tous.
Une référence : Judita Cofman What to solve (1990) problème 50 pp.26-27.
amicalement,
e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure. -
à Cidrolin, ça c'est vrai, mais le raisonnement conduisant à son existence est un exercice indépendant en soi (bcp plus topologie), l'ensemble des plans passant par un point M donné, formant un compact.
Sinon on peut prendre 4 points (soit F l'eur ensemble) de S et l'unique sphère S' qui les contient (je parle des lignes générales, parmi ces 4 points, 3 quelconques d'entre eux ont un unique cercle circonscrit)
Soit P un point de S' hors de F et 2 points de F, on obtient que P est dans S pas trop méchamment.
Ainsi S' est inclus dans S et avec un point A hors de S', mais dans S, et 2 points B,C de S', le plan passant par A,B,C va conduire au paradis, non?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour Christophe.
Es-tu certain que l'ensemble des (hyper)plans d'un espace (affine euclidien) qui passent par un point donné est un compact ? N'est-ce pas équivalent à dire que l'ensemble des points d'un (hyper)plan est compact ?
Bruno -
Je n'ai pas précisé la topologie, mais si M est donné et qu'on considère un plan P:
comme voisinages de P je prends les $W_e$, pour $e>0$
où $W_e$ est l'ensemble des plans Q (sans jeu de mot) tels que tout point de B(M,1) inter Q est à une distance inférieure à e de P.
Ca revient au même, je pense que de mettre la topologie de la convergence simple (ou uniforme sur tout compact) entre les équations affines de ces plans (ie la topologie habituelle sur les formes linéaires)
C'êst même je pense la topologie qui peut se voir comme l'habituelle sur les nombres transportée aux angles que forment les plans entre eux "2 plans passant par M sont superproches si leur angle est superpetit"Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
M'ouais, je ferais mieux de réfléchir au lieu d'écrire. Merci
Bruno -
A ce propos, il y a un truc qui m'a toujours un peu fasciné...
En dimension quelconque, pour cette topologie-là, les hyperplans (passant par 0, les vectoriels) ne forment pas forcément** un espace compact.
** Edit: je corrige suite au 2 posts suivant: ça ne marche qu'en dimension finie que les hyperplans sont compacts pour une topologie "honnête"
Comme l'équation d'un hyperplan n'est pas sensible par multiplication par un scalaire, on peut s'amuser à regarder la question suivante:
On se donne 2 ensembles disjoints de points A et B qui sont des parties d'un $\R$-espace vectoriel normé $E$ fixé une fois pour toute, dans lesquels on distingue $a\in A$ et $b\in B$. Autrement dit, on se donne des ensembles pointés $(a,A)$ et $(b,B)$.
On suppose que pour tout couple $(F,G)$ de parties finies avec $F\subseteq A$ et $G\subseteq B$; il existe une forme linéaire $f$ de norme au plus 1*** telle que:
1) $f(a)=1$
2) $f(b)=-1$
3) $\forall x\in F: f(x)\geq 0$
4) $\forall x\in G: f(x)\leq 0$
*** La norme d'une forme linéaire $f$ est la bone sup des $f(x)$ quand $x$ parcourt l'ensemble des vecteurs de norme au plus 1.
Dans ce cas on dira que $(a,A)$ et $(b,B)$ sont séparables par un hyperplan virtuel.
Intuitivement, $F$ et $G$ sont des parties finies de 2 tranches d'un sandwich, et intuitivement, mais virtuellement, $A,B$ sont les tranches complètes. Les éléments $a,b$ ne servent que pour la preuve.
A voir comme ça, on n'a pas l'impression qu'il y a moins de couples $(A,B)$ qu'il n'y a d'hyperplan (quand on a une tranche de carpaccio de saumon, peut toujours l'envelopper dans un sandwich)
Donc, il n'y a pas de raison de voir ce truc comme compact, ou plus contraignant que simplement se donner des hyperplans, il n'y a pas à priori de raison de penser que virtuellement séparable implique séparable vraiment.
Et bien pourtant si:
Théorème: Si (a,A) et (b,B) sont séparables par un hyperplan virtuel alors ils sont réellement séparables par un hyperplan.
Autrement dit, il existe un forme linéaire de norme au plus 1 qui a la propriété que:
1) $f(a)=1$
2) $f(b)=-1$
3) $\forall x\in A: f(x)\geq 0$
4) $\forall x\in B: f(x)\leq 0$
Preuve:
En effet, soit $U$ un ultrafiltre sur l'ensemble des parties finies de l'espace tel que si on note $W:=$ l'ensemble des parties finies $F$ telles que $a\in F\cap A$ et $b\in F\cap B$ et $f_F$ est une forme linéaire de norme au plus 1
alors $W$ est dans U.
On suppose aussi que pour tout $x\in E$, l'ensemble des parties finies de $E$ qui contiennent $x$ est dans U.
Soit $g$ une forme linéaire ayant comme propriété que pour tout $x$ dans l'espace de norme au plus 1, et tout $e>0$, l'ensemble des $F$ telles que $|f_F(x) - g(x)| <e$ appartient à $U$.
Une telle $g$ existe (j'ai oublié de préciser qu'on regarde un ev sur $\R$ ou $\C$) pour les raisons habituelles. En effet, soit $d\in E$ de norme au plus 1. L'ultrafiltre image de $U$ par l'application qui à $F$ associe $f_F(d)$ est un ultrafiltre sur $[-1,1]$ qui a une limite dans $[-1;1]$ notée $g(d)$.
Alors $g(a)=1$ et $g(b)=-1$ et $g$ a une norme au plus 1. De plus elle vérifie aussi (3) et (4).
Ainsi, en quelque sorte, si les hyperplans ne forment pas un espace compact, pour autant les "sandwichages" eux ont une propriété de compacité...
La contraposée, équivalente, est que si 2 ensembles pointés ne sont pas séparables par un hyperplan alors ils contiennent respectivement des parties FINIES qui ne le sont pas non plus...
Je trouve ça amusant, pour certains ensembles, je suis sûr qu'il serait intéressant de trouver de telles parties finies.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
CC a écrit:En dimension quelconque, pour cette topologie-là, les hyperplans (passant par 0, les vectoriels) ne forment pas un espace compact.
Je répète : ben si!
Soit $\R^n$ muni de sa structure euclidienne standard (en fait, la structure euclidienne n'est là que pour la commodité). L'ensemble $G_{n,k}$ des sous-espaces vectoriels de $\R^n$ de dimension fixée $k$, muni de la topologie "naturelle", est un espace compact.
Une manière de définir la topologie "naturelle" est la suivante : on identifie un sous-espace $H$ de dimension $k$ à la matrice de la projection orthogonale sur $H$. Une fois qu'on a ainsi plongé $G_{n,k}$ dans $M_n(\R)$, on récupère la topologie induite sur $G_{n,k}$. L'image du plongement est l'ensemble des matrices symétriques $M$ de trace $k$ vérifiant $M^2=M$. On vérifie bien que c'est un sous-ensemble compact de $M_n(\R)$. -
Sinon, on peut aussi prendre les bases orthonormées de $\R^n$, à savoir $\mathcal{O}(n)$. Ensuite, on prend l'application qui à un élément de $\mathcal{O}(n)$ associe l'espace engendré par les $k$ premiers vecteurs. C'est surjectif, et son "noyau" est $\mathcal{O}(k)\times \mathcal{O}(n-k)$. Donc on peut identifier $G_{n,k}$ au quotient $\mathcal{O}(n) / (\mathcal{O}(k)\times \mathcal{O}(n-k))$, qui est compact (muni de la topologie quotient).
Sinon, il y a aussi le plongement de Plücker qui nous dit que la grassmannienne $G_{k,n}$ est une sous-variété (fermée) de $\R P^N$ (qui est compact) pour un certain $N$. -
loooooool non, mais loooool, je voulais dire "pas forcément" (ie en dimension quelconque = FINIE ou INFINIE!). En dimension finie, c'est "évident" qu'ils forment un compact (muni des topologies traditionnelles comme je l'ai dit plus haut), puisqu'il suffit de prendre n'importe quelle norme et regarder les formes linéaires de norme 1 au sens habituel, qui forment, elles, un esp compact, et de s'en servir comme équation d'hyperplan.
D'ailleurs je vais corriger une autre erreur de frappe, à un autre endroit..lolAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Remarque: sur le "sandwichage", cela peut apparaitre comme du Hahn Banach, mais en fait ce n'est pas si simple, car l'arguement est très général et pas besoin de "formes linéaires" pour le même raisonnement (ie on peut faire le même en remplaçant hyperplan par "hyperdrap" et forme linéaire par application 1 Lipschitzienne de l'espace dans $\R$ où là on ne dispose plus de HB.
et où hyperdrap veut dire: ensemble des points d'équation f(x)=0...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
D'accord CC, tu parlais donc de dimension infinie.
Mais est-ce que tu pourrais expliquer ton sandwich. J'avoue ne pas y comprendre grand'chose. Même en essayant de corriger les coquilles, de terminer les phrases inachevées et de comprendre les notations non définies, j'ai du mal.
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Effectivement, en faisant l'effort de tout relire, j'avoue que le nombre de coquilles est impressionnant, j'ai changé un peu la donne, mis en bleu les commentaires informels et non indispensables, etc.
J'espère que ce sera moins autiste comme post...
Si oui, j'insiste que la démarche, bien que semblant, en apparence, pouvoir être remplacé par Hahn Banach dans ce cas particulier se généralise sans effort.
Par ailleurs, j'ai pris des couples (A,B) dont les "sous-couples" (F,G) sont séparables par un hyperplan fermé, mais il n'est pas très clair que l'enveloppe convexe de A et celle de B ne vont alors pas poser quelques soucis...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je ne comprends toujours pas la preuve. Tu ne l'as pas améliorée. Il y a toujours une phrase inachevée. Qui est $f_F$? etc.
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ah oui, alors en fait, d'après l'hypothèse sur (a,A) et (b,B), pour chaque ensemble fini F, les 2 ensembles finis F inter A et F inter B jouent le rôle du couple (F,G) de l'hypothèse. Or cette hypothèse dit que "il existe f telle que..."
Du coup, cette f qui dépend de F, je l'ai appelée $f_F$, je vais revérifier après avoir poster le présent..
U est un ultrafiltre, donc un ensemble d'ensembles finis.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Voilà, j'ai refait des corrections à la preuve, en principe il ne manque plus rien , j'avoue que j'en avais écrit que la moitié esttimant (je ne sais pourquoi) que ce type d'arguments est tellement remaché, mais des fois je me fais mon petit délire.
L'ultrafiltre utilisé étend le filtre engendré par les $W_x:=\{ F/ F$ est fini et $x\in F\}$Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Oups pardon, j'ai oublié un mot "ensemble":
U est un ensemble d'ensembles d'ensembles finis. Je tape à toute vitesse et suis fatigué Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Souhaites-tu que je définisse plus précisément la notion d'ultrafiltre ou tu la connais?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Je vais faire un course à monop plus rien à boire et ça ferme à minuit, mais je re après...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Bon, moi je renonce pour ce soir. Bonne nuit! Je verrai demain si tu as écrit quelque chose de compréhensible pour moi (a priori, je n'ai rien contre les ultrafiltres).
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OK,
bon je te le fais sans allègements français..
On se donne 2 ensembles de points A et B qui sont des parties d'un $\R$-espace vectoriel normé $E$ fixé une fois pour toute, dans lesquels on distingue $a\in A$ et $b\in B$. Autrement dit, on se donne des ensembles pointés $(a,A)$ et $(b,B)$.
Une forme linéaire est de norme au plus 1 quand $\forall x\in E: ||x||<1 \to ||f(x)||\leq 1$
On dit que $(a,A)$ et $(b,B)$ sont virtuellement séparables par un hyperplan fermé quand pour tout couple $(F,G)$ de parties finies avec $F\subseteq A$ et $G\subseteq B$; il existe une forme linéaire $f$ de norme au plus 1 telle que:
1) $f(a)=1$
2) $f(b)=-1$
3) $\forall x\in F: f(x)\geq 0$
4) $\forall x\in G: f(x)\leq 0$
Théorème: Si (a,A) et (b,B) sont séparables par un hyperplan fermé virtuel alors ils sont réellement séparables par un hyperplan fermé.
Autrement dit, il existe un forme linéaire de norme au plus 1 qui a la propriété que:
1) $f(a)=1$
2) $f(b)=-1$
3) $\forall x\in A: f(x)\geq 0$
4) $\forall x\in B: f(x)\leq 0$
Preuve:
Soit $U$ un ultrafiltre sur l'ensemble des parties finies de l'espace $E$.
On suppose que pour tout $x\in E$, l'ensemble $T_x$ des parties finies de $E$ qui contiennent $x$ est tel que $T_x\in U$, pour chaque $x\in E$.
On note $W:=$ l'ensemble des parties finies $F$ telles que $a\in F\cap A$ et $b\in F\cap B$ et $f_F$ est une forme linéaire de norme au plus 1
$W$ est dans U.
Soit $d\in E$ avec $||x||\leq 1$. L'ultrafiltre image de $U$ par l'application qui à $F$ associe $f_F(d)$ est un ultrafiltre sur $[-1,1]$ qui a une limite dans $[-1;1]$ notée $g(d)$.
$g$ est une forme linéaire de norme au plus 1 (exercice) et pour tout $e>0$, l'ensemble des $F$ telles que $|f_F(x) - g(x)| <e$ appartient à $U$.
Alors:
1) $g(a)=1$
2) $g(b)=-1$
3) $\forall x\in A: g(x)\geq 0$
4) $\forall x\in B: g(x)\leq 0$
Commentaires: pas sûr que ce résultat soit un simple corolaire de HBanach (au départ, je ne suppose que peu (des ensembles finis et une séparation par hyperplans fermés). A l'arrivée j'ai un hyperplan fermé qui sépare A et B. Par contre les rôles de a,b sont cruciaux (sinon, on obtiendrait "bêtement" que 2 convexes disjoints quelconques sont séparables par un hyperplan fermé, le tout dans un ev sur R normé, mais vraiment quelconque hum hum)
Edit: j'ai supprimé les lignes sautées, merci AD
[Tes messages sont déjà très longs (= quasiment personne ne les lit) ! Alors pourquoi sautes-tu une ligne sur deux ? :S AD]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Purée, j'aurais passé 20 fois plus de temps à corriger les coquilles qu'à écrire le post initial loolAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Quand tu fais l'effort d'être compréhensible, j'arrive à te comprendre. Je retranscris ce que j'ai compris de la preuve:
Pour toute partie finie $F$ de $E$, choisissons $f_F$ une forme linéaire de norme inférieure ou égale à 1 telle que $f_F(a)=1$, $f_F(b)=-1$, $f_F(F\cap A) \geq 0$ et $f_F(F\cap
\leq 0$.
Pour tout $ x\in E$, notons $T_x$ l'ensemble des parties finies de $ E$ qui contiennent $ x$. Comme l'intersection d'un nombre fini de $T_x$ est toujours non vide, on peut choisir un ultrafiltre $U$ sur l'ensemble des parties finies de l'espace $ E$ tel que tous les $T_x$ appartiennent à $U$.
Soit $ x\in E$ avec $ \Vert x\Vert\leq 1$. L'ultrafiltre sur $[-1,1]$ image de $ U$ par l'application qui à $ F$ associe $ f_F(x)$ a une limite dans $ [-1,1]$ notée $ g(x)$; ceci veut dire que, pour tout $\varepsilon >0$, l'ensemble des $F$ tels que $ \vert f_F(x) - g(x)\vert <\varepsilon$ appartient à $ U$. Si $\Vert x\Vert >1$, on pose $g(x) = \Vert x\Vert\, g(x/\Vert x\Vert)$.
On vérifie que $ g$ est une forme linéaire de norme au plus 1 qui satisfait $ g(a)=1$,
$ g(b)=-1$, $g(A)\geq 0$ et $g(B)\leq 0$. -
Merci beaucoup, chers E.Cidrolin et ev !
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Pardon de revenir si tard, je surveillais le bac.
Oui, Zo, c'est exactement ça. A remarquer que là on travaille avec des formes linéaires pour parler d'hyperplans, mais le même raisonnement peut se faire de manière générale avec un peu n'importe quoi, du moment que des hypothèsés à la Ascoli sont là.
Par exemple, on peut dire que (a,A) et (b,B) sont séparablement virtuellement par une "cloison souplede type k" ssi pour toutes parties finies $F,G$ avec $F\subseteq A$ et $G\subseteq B$ il existe une application $f$ lipschitzienne (de rapport k) de $E$ dans $\R$ vérifiant les mêmes conditions 1-4).
Et on aura le même théorème qu'alors (a,A) et (b,B) sont réellement eux-mêmes séparables par une cloison souple de type k.
Si avec une forme linéaire ça ressemble à Hahn Banach (et encore, question de la fermeture de l'hyperplan séparant), avec ce deuxième exemple, je me demande à quoi ça peut correspondre d'un peu connu...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Cidrolin écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,521345,522164#msg-522164
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Bonjour Cidrolin,
Je n'ai pas le niveau pour suivre les idées de Christophe C sur ce fil. As-tu toujours sous la main le livre de Judita Cofman ?
Trouve-t-on une démonstration utilisant des notions niveau Bac C des années 80/90 ?
Merci d'avance,
S. -
Bonjour Steve-O, mon niveau d'anglais est très faible car je n'en ai fait que neuf ans au lycée. J'ai longtemps cru qu'Elvis Presley chantait "il neige sur Nevers" dans "It's Now or Never".
Je vais donc tenter un scan des pages du livre de Cofman. -
A la page 26 on lit :
Problem 50
(a) Prove that every plane meeting a sphere in more than one point cuts the sphere in a circle.
(b) Is the converse true: If any plane meeting a surface S in more than one point intersects it in the points of a circle, is S necessarly a sphere?
La réponse est aux pages 87 et 88. -
Super ! Merci Cidrolin, exactement ce que je cherchais.
Je vais essayer de trouver le temps pour rédiger quelque chose en français.
Bonne journée,
S.
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