Je pense que beaucoup de personnes connaissent l'enigme qui concerne a alimenter 3 maisons avec le gaz, l'électricité et l'eau sans que aucune de ces alimentations ne ce croise ni traverse une maison.
Mais peut-on le prouver mathématiquement?????
Prouver mathématiquement qu'on ne peut pas tu veux dire ?Envoyé par TITI78
Théorie des graphes, sans doute, faut chercher un peu plus.
c'est tout à fait ça
Re : 3 maisons 3 alimentations
Mais peut-on le prouver mathématiquement?????[/QUOTE]
Si ça été prouvé, il y a même eu un reportage, à la télé, je crois sur arte, il y avait la démonstration.
Voilà.
D'après mon prof de maths ça se démontre.
D'après mon prof de physique, on branche l'électricité sur le tuyau d'eau et par on a du gaz qui se dégage...
Pour moi ça revient à démontrer qu'étant donnée une courbe fermée dans le plan délimitant deux régions (une intérieure et une extérieure), et étant donnés deux points, un à l'intérieur, un à l'extérieur, tout arc joignant les deux points intersecte la courbe.
C'est évident visuellement, et non trivial à démontrer je crois.
Salut,
je crois que ça fait plutôt appel à un peu de théorie des graphes et notamment la formule d'Euler.
voir ici p.15-16.
Cordialement.
« Angle éternel, la terre et le ciel, pour bissectrice, le vent. » Garcia Lorca
Il me semble que c'est la même chose. Le problème est dans la démonstration que le graphe ne peut pas être un graphe planaire (les arêtes se croisent forcément).
Je ne crois pas que ce soit de cet ordre (mais je peux me tromper) car ce qu'il faudrait prouver c'est plutôt que quelque soient les dessins on a toujours une configuration telle que tu l'as décrite. Non?
La caractéristique d'Euler a cette avantage qu'elle est invariante quelque soient les dessins (pourvu évidemment que les sommets soient reliés de la même manière).
Cordialement.
PS : le théorème que tu donnes semble en effet assez délicat à démontrer (mais je ne connais pas trop ce domaine). Pour l'anecdote Gauss a utilisé cet argument pour sa première démonstration du théorème fondamental de l'algèbre.
« Angle éternel, la terre et le ciel, pour bissectrice, le vent. » Garcia Lorca
Il me semble que les deux versions sont équivalentes, que démontrer l'une revient à démontrer l'autre. Je regarderai ça plus attentivement.
Pour ma version, je crois que c'était l'objet d'un sujet de polytechnique vers le début des années 90 (mais en version simplifiée en ne considérant que des courbes C1).
Je pense que c'est le cas, et effectivement ça reste à démontrer
Intuitivement, tu prends tes 3 maisons, tu relies chacune aux deux réseaux eau et électricité (sans croisement). Tu obtiens une courbe fermée, avec une des maisons à l'intérieur (plus un arc intérieur). Quand tu veux relier la maison intérieure au troisième réseau, tu retombes sur le problème que je mentionne.
Je suis content : j'arrive encore à montrer le théorème de Jordan (1ère étape pour résoudre l'énigme). Quelques détails seront laissés (avec indications)
Soit un lacet continu dans le plan P, à montrer que le plan auquel on a retiré l'image (noté P') a deux composantes connexes ayant queluqes propriétés en plus...
Le résultat est censé être montré pour les segments brisés (beaucoup plus faciles : on peut définir facilement une droite, une gauche)
1) Toute composante connexe du plan réduit est ouverte. L'extérieur est définie comme la composante connexe aynat des points arbitrairement éloignés (comme L est compact et borné, c'est bien défini)
L'image L du cercle (c'est un lacet) est un compact donc pour tout point x de P' d(x,L)>0, et on conclue par l'inégalité triangulaire.
Elles sont connees par arcs et même par segments brisés.
2) On quadrille le plan avec des carrés de taille
L'image L est bornée donc n'occupe qu'un nombre fini de ces carrés.
On pose=carrés contenant au moins un point de L. C'est un connexe car L l'est.
Un carré non contenues dans Ln est dans une unique composante connexe. L'extérieur de Ln se définit de manière similaire l'extérieur de L, le premier est inclus dans le second.
Des composantes connexes de carrés n'appartenant pas à Ln peuvent se retrouver à l'intérieur. Elles sont reliées par un chemin contenues dans l'extérieur de L à l'extérieur de Ln. Ces chemins sont légèrement aggrandis pour donner une bande incluse dans l'extérieur (le chemin est un compact donc à une distance non nulle de L, c'est donc possible) Les bandes de deux telles composantes ne peuvent se croiser sans casser la connexité de l'image L. Le choix de la bande se fait une fois pour toutes (jusqu'à inutilité : à un moment donné les carrés seront assez petits). On pose L'n= Ln oté de ces bandes (ouvertes)
Montrons que des composantes "intérieures" apparaissent quand n grandit.
S'il n'y a pas de composantes "intérieurs", L'n est simplement connexe et même contractiles et contient L. On peut étendre l'application de S1 sur L en une application du disque (ce n'est pas trop dur car nul besoin d'injectivité). Je considère un homéomorphisme d'un triangle sur le disque. Et, je décompose ce triangle en petits triangles (cf. énigme géométrique en couleur), on numérote les sommets ainsi on attribue un numéro à chaque côté et pour un sommet on lui attribue le numéro pour lequel son image est la plus proche de l'image de ce côté par la composé triangle->disque->L'n. Il y a un petit triangle ayant les trois numéros, la suite formé par ce triangle possède une sous suite convergente. Par continuité uniforme la limite ln a une image à équidistance des trois images. On extrait une suite convergente de ln. Pour chaque n, la suite est entièrement incluse dans L'n à partir de ce rang. La limite l est dans L'n. Or, tout point n'appartenant pas à L est à une distance non nulle de L donc l'intersection des L'n est L. On s'est assuré des convergences également sur les côtés qui sont tout aussi compacts, ça en fait des sous suites convergentesmais en nombre fini donc ça marche. l est l'image commune d'un point de chaque côté du triangle. Deux c'est possible (sommet), trois impossible : cela implique un point double. On a une contradiction donc il apparaît au bout d'un moment une ou plusieurs composantes intérieures (ouf).
Une composante intérieure n'a pas de trous : sinon adieu la connexité de L.
Quand n va à l'infini, cette composante converge (avec éventuelles fusions avec d'autres composantes intérieures) vers un domaine simplement connexe et même contractile. C'est en outre un ouvert. C'est un disque ouvert borné. Sa frontière est incluse dans L (simple argument de distance à L), c'est un fermé borné donc compact. On peut approximer par l'intérieur (qui cette fois est bien définie) cette frontière par segments brisés, la partie de la frontière est un cercle. L et le cercle sont homémorphes car application continue injective du compact cercle. La partie de L occupé par cette frontière est homémorphe à un cercle (càd un connexe qui reste connexe si on lui retire un point) donc l'image réciproque est le cercle en entier.
3) Peut-il y avoir plusieurs composantes intérieures?
Avec un peu de soin on montre qu'une composante intérieure augmenté de L est homémomorphe à un disque.
s'il y a deux composantes intérieures, on obtient une injection continue de la sphère dans le plan.
C'est impossible (évident) et on peut montrer mieux : pour toute application continue de la sphère dans le plan, il existe deux points antipodaux ayant même image.
Preuve par l'absurde :
l'application x->f(x)-f(-x) est incluse dans le plan privé de l'origine.
Prenons un grand cercle, (on considère le revêtement exponentielle), les deux moitiés de cercle étant symétriques, le degré du relèvement est le double du degré d'une moitié de cercle (qui est un demi-entier) donc impair donc non nul. C'est donc un lacet trivial qui n'admet pas d'extension au disque contrairement à l'hypothèse absurde qu'aucun couple de points antipodaux n'ait même image.
Il y a donc bien deux composantes connexes, une bornée contractile homéomorphe à un disque ouvert, homéo qui se prolonge en un homéo du disque, une composante extérieure non bornée homémorphe à un cylindre ouvert.
2ème étape :
A,B et C,D,E cinq points. On a relié les premiers au second par des chemins continus ne se coupant pas.
On ne peut avoir à la fois C à l'extérieur de ADBE, D ext. à ACBE, E ext. à ACBD.
En effet, sinon les trois intérieurs définis par ADBE, ACBE et ACBD sont disjoints ( les composantes intérieures intérieures et extérieures sont connexes).
On peut donc construire une injection de la sphère dans le plan, or cf. post juste avant, c'est impossible.
On a donc toujours la même configuration.
Pour le reste, tout est dit. Peut-être la précison : tout chemin allant de l'intérieur vers l'extérieur passe par la frontière (simple application de la définition de composantes connexes).
Dans la même veine, démo du théorème fondamental de l'algèbre( je crois pas que ce soit la version Gauss mais joli quand même) :
P(z) ne s'annule pas.
f : z->P(z)/|P(z)| est toujours définie et son image est dans le cercle unité.
On considère les lacets définis par f sur le cercle de rayon r.
Quand r tend vers 0, ça tend uniformément vers une constante donc un lacet de degré 0.
Quand r tend vers l'infini, ça tend uniformément vers un lacet de degré n, où n est le degré du polynôme.
Par invariance homotopique du degré d'un lacet, n=0. Le polynôme est constant.
