Les 4 points

[invite970ffd48]

Bonjour à tous,

une autre question auquel je n'ai pas de réponse faisant parti de mes maux de tête !

4 Points sont choisis au hasard dans un carré. Ces points sont ensuite relier par 4 traits pour former un polygone, ( pour un exemple voir la pièce jointe )

A :
Exprimez la longueur moyenne d’un trait ?
B :
(1) Quel est, en moyenne la surface couverte par le polygone resultant. (En considérant que si les ligne s’entre-croise on considère la surface des 2 triangle noir comme étant le dit polygone)

(2)Quel sont les chances qu’un point situé directement au centre du carré se retrouve inclus dans le polygone ?


Bonne Chance ...
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[invite970ffd48]

Personne n'a une petite idée ?

je reviendrai voir Mardi !( 3 jours ) d'ici là j'ai hâte de voir s'il y aura du développement ici ...

[invite35452583]

pour la longueur moyenne des 4 traits excell me donne une moyenne de 0,521 écart type 0,0016 pour 50 échantillons de 10000 simulations.

[invite970ffd48]

et tu t'y prend comment ?

je suis complètement perdu ...

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite35452583]

et tu t'y prend comment ?

Tout "bêtement" :
8 colonnes pour les coordonnées des 4 points (remplis par des valeurs aléatoires comprises entre 0 et 1, c'est cool la bécane les fournit ainsi). Ces colonnes simulent le tirage aléatoire de 4 points dans le carré.
5 colonnes de traitement : 4 pour le calcul des longueurs des 4 traits considérés. Formule classique + 1 pour la moyenne des 4 longueurs.

10000 lignes sont ainsi constituées.
Un calcul de moyenne des moyennes de ces 10000 simulations.
Mise en mémoire de 50 résultats de ces moyennes de 10000 simulations.
Calcul de la moyenne et de l'écart-type pour ces 50 moyennes.

[invite35452583]

J'obtiens un joli résultat pour la question 2) :
l'aire moyenne d'un quadrilatère est égale à 4/3 l'aire moyenne d'un triangle.
En effet (faîtes des figures pour suivre) :
il y a deux types de quadrilatère complet (càd on considère l'ensemble des 4 points sans attribuer de noms particuliers au sommet, ils ont six "côtés") :
les quadrilatères complets convexes : aucun des 4 points n'est dans le triangle formé par les trois autres
les quadrilatères complets concaves : un des points est dans le triangle formé par les trois autres.
Pour les convexes : pour clarifier on va attribuer des noms provisoires aux sommets (autres que A, B, C, D) M, N, O, P de telle manière que le quadrilatère (cette fois classique) soit convexe. Les diagonales [MO] et [NP] se coupent en un point I. On note :
A'1=aire(IMN)
A"1=aire(IOP)
A'2=aire(INO)
A"2=aire(IPM)
A1=A'1+A"1
A2=A'2+A"2
Si on attribue aux sommets les lettres A, B, C et D de telle manière que le long de MNOP on tourne dans le sens A->B->C->D->A ou A->D->C->B->A (8 possibilités) alors l'aire du quadrilatère vaut A1+A2.
Si on attribue aux sommets les lettres A, B, C et D de telle manière que le long de MNOP on tourne dans le sens A->B->D->C->A ou A->C->D->B->A (8 possibilités) alors l'aire du quadrilatère vaut A1.
Si on attribue aux sommets les lettres A, B, C et D de telle manière que le long de MNOP on tourne dans le sens A->C->B->D->A ou A->D->B->C->A (8 possibilités) alors l'aire du quadrilatère vaut A2.
Pour cette famille de quadrilatère complet il y a 1/3 de chance d'être dans un des 3 cas (car pour chaque quadrilatère complet, il y a 8 possibilités, équiprobables, sur 24 pour chaque cas).
La moyenne de l'aire pour un telle famille vaut donc :
(1/3)((A1+A2)+A1+A2)=(1/3)((A'1+A"1+A'2+A"2)+(A'1+A"1) +(A'2+A"2))
=(1/3)((A'1+A'2)+(A'1+A"2)+(A"1+A' 2)+(A"1+A"2))
=(1/3)(somme des aires des 4 triangles formés par les 4 points du quadrilatère).

Pour les concaves :
Remarque (que j'aurais pu faire avant) on attribue d'une manière les noms A, B, C, et D aux sommets : ceci définit un unique quadrilatère ("classique"). maintenant si on change de telle manière que l'on tourne de la même manière : (exemple A devient B, B devient C, C devient D, D devient A) ou dans l'autre sens (exemple : A reste A, B devient D, C reste C, D devient B) alors on conserve le même quadrilatère. Il y a (au moins pour l'instant mais c'est exactement sauf en cas d'alignement de trois points) 8 possibilités de changer les noms des sommets sans changer de quadrilatère "classique".
Il y a trois quadrilatères "classiques" possibles que l'on peut décrire en désignant les lettres des sommets en se déplaçant le long de la frontière, vu ce qui précède on peut toujours (en tournant se ramener dans un cas où D est au "centre" des trois autres)
ABCD : aire=ABD+BCD
ADBC : aire=ACD+BCD
ABDC : aire=ABD+ACD
La moyenne de l'aire pour un telle famille vaut donc :
(1/3)((ABD+BCD)+(ACD+BCD)+(ABD+AC D))=(1/3)(ABD+BCD+ACD+(ABD+BCD+ACD))
On a de plus : ABD+BCD+ACD=ABC donc on a encore une fois :
=(1/3)(somme des aires des 4 triangles formés par les 4 points du quadrilatère).
Quant on choisit aléatoirement 4 points de manière indépendante en très grand nombre (dans l'idéal en quantité infinie), les 4 sommets étant choisis indépendamment, la moyenne de chacune des ces 4 aires est égale (à celle d'un triangle aléatoire d'un seul triangle).
Donc moyenne de l'aire d'un quadrilatère=(4/3)aire moyenne d'un triangle.
Voilà le problème simplifié je trouve.
Il y a sans doute une manière plus simple (ou astucieuse) de le montrer (je suis persuadé que le résultat se généralise : aire moyenne d'un pentagone=(5/3)x aire moyenne d'un triangle...)

Mais autant l'aire algébrique (comptée + si ABC est dans le sens direct, - sinon) s'exprime avec une expression sympathique :
x_Ay_B+x_By_C+x_Cy_A
-x_Ay_C-x_By_A-x_Cy_B
(La moyenne vaut 0 sans calcul pour une simple raison de symétrie).
Autant, soulever le problème de ce signe ou passer par une autre méthode (j'ai regardé par des considérations de hauteur moyenne pour un segment [AB] donné) bof bof comme expression à intégrer après.

Par contre la simulation se fait alors en plus grand nombre.

[invite35452583]

Au fai, j'ai oublié cela donne une aire égale à 0,102+/-0,001. Contrairement aux problèmes de la fourmi et de la longueur moyenne je ne suis pas totalement pessimiste pour la possibilité de trouver une valeur exacte.

[invite986312212]

salut,
ces questions relèvent de ce qu'on appelle "probabilités géométriques" dont l'archétype est le problème de l'aiguille de Buffon. Il est assez facile de formuler tout un tas de problèmes du même genre mais ils sont difficiles à résoudre.

par exemple:
étant donnés trois points tirés au hasard uniformément et indépendamment dans le carré, quelle est la distribution de l'aire du triangle?
etant donnés quatre points, quelle est la proba que l'un soit dans l'intérieur du triangle formé par les trois autres?
etant donnée n points, quelle est la distribution de l'aire de leur enveloppe convexe?

en principe, tous ces problèmes peuvent être résolus par le calcul d'une intégrale multiple, mais le faire "à la main" n'est pas évident. Il y a un bouquin d'Herbert Solomon qui donne quelques principes généraux et résoud quelques exemples.

[invite35452583]

salut,
ces questions relèvent de ce qu'on appelle "probabilités géométriques" dont l'archétype est le problème de l'aiguille de Buffon. Il est assez facile de formuler tout un tas de problèmes du même genre mais ils sont difficiles à résoudre.

par exemple:
étant donnés trois points tirés au hasard uniformément et indépendamment dans le carré, quelle est la distribution de l'aire du triangle?
etant donnés quatre points, quelle est la proba que l'un soit dans l'intérieur du triangle formé par les trois autres?
etant donnée n points, quelle est la distribution de l'aire de leur enveloppe convexe?

en principe, tous ces problèmes peuvent être résolus par le calcul d'une intégrale multiple, mais le faire "à la main" n'est pas évident. Il y a un bouquin d'Herbert Solomon qui donne quelques principes généraux et résoud quelques exemples.

Merci pour ces renseignements.
Je pense que le problème de l'aire moyenne du triangle se résoud en pratique et donc, vu ce qui précède, l'aire moyenne d'un quadrilatère. J'ai trouvé le principe (l'aire est polynomiale ça aide) pour soulever le problème du signe mais là je n'ai pas le temps et j'ai même la flemme de le faire pour l'instant.

[invite986312212]

il y a des éléments de réponse ici:
http://mathworld.wolfram.com/SquareTrianglePicking.html

http://mathworld.wolfram.com/Sylvest...ntProblem.html

pour l'enveloppe convexe de n poins, il me semble me souvenir d'un papier de Paul Deheuvels mais je ne le retrouve pas.

[invite35452583]

il y a des éléments de réponse ici:
http://mathworld.wolfram.com/SquareTrianglePicking.html

http://mathworld.wolfram.com/Sylvest...ntProblem.html

pour l'enveloppe convexe de n poins, il me semble me souvenir d'un papier de Paul Deheuvels mais je ne le retrouve pas.

Intéressant ces liens.
Donc le problème 2) est résolu : aire moyenne d'un triangle dans un carré unité=11/144 et avec ce que j'ai trouvé (je ne dois pas être le premier mais c'est plus amusant de le découvrir soi-même) on a aire moyenne d'un quadrilatère=(4/3)(11/144)=11/108, soit environ 1,018 (ce qui correspond bien à la simulation numérique).

[invite35452583]

Tiens dans l'article il me semble avoir une erreur : il est attribué à Trott en 1998 une version plus simple que celle de 1887 pour le calcul de l'aire moyenne d'un triangle. Je pense plutôt qu'il s'agit du calcul de P(A) : densité de la probabilité (nettement plus dur) car résoudre le cas de l'aire moyenne se fait sans trop de difficultés (j'ai regardé finalement et c'est plus simple et moins calculatoire que je ne craignais).
On se limite aux triangles pour lesquels . Cela divise en 6 zones symétriques (groupe des pemutations sur les sommets) le calcul de l'aire des triangles qui ne coupent que selon les sev fermés de dimension<6 (donc de mesure nulle). Ensuite, parmi ceux-ci, on ne considère que ceux pour lesquels le point C est en-dessous de AB (ce n'est pas défini pour le cas x_A=x_B mais cet ensemble est de mesure nulle. Cela divise en 2 zones symétriques (par la symétrie de la médaine horizontale du carré). Avec ce choix le triangle ABC est orienté dans le sens direct donc

y_C pour les autres variables fixées est entre 0 et

On a donc :

c'était ma 1ère réaction aussi on sait que ça aboutira car la fonction est polynomiale (donc on saura toujours intégrer mais quand même une intégrale sixième) mais elle se fait bien.
Le dénominateur vaut par symétries (invariantes) :

Le numérateur, par étapes :
L'aire entre 0 et y_C⁺ est linéaire donc =y_C⁺ x aire moyenne = y_C⁺ (aire en y_C=0)/2=
y_C⁺(-x_C(y_B-y_A)+x_Ay_B-x_By_A)/4=y_C⁺(-(x_B-x_A)y_C⁺)/4=-(x_B-x_A)(y_C⁺)²
On intègre ensuite sur x_C, or dy_C⁺/dx_C=(y_B-y_A)/(x_B-x_A) donc on intègre entre x_B et x_A [-(x_B-x_A)²/(4(y_B-y_A))][dy_C⁺/dx_C.(y_C⁺)²].
On obtient [-(x_B-x_A)²/4] (y_C⁺(x_A)³-y_C⁺(x_B)³)/(3(y_B-y_A))=[-(x_B-x_A)²/4](-y_B³+y_A)³)/(3(y_B-y_A))

Désormais, les variables en x et les variables en y sont séparées, on calcule facilement que :


Finalement

[invite986312212]

eh bien, il y en a qui sont courageux!!!

[invite986312212]

tiens, je pense à un truc: 3 points uniforme dans le carré [0,1]x[0,1] c'est comme 1 point uniforme dans [0,1]^6. A un tel point on peut associer l'aire du triangle correspondant. Maintenant, si on fixe un réel t entre 0 et 1/2, l'ensemble des points de [0,1]^6 pour lesquels l'aire du triangle est t forme une variété de codimension 1 (c'est bien ça?). A quoi ressemble cette variété? Ce cher Homotopie ne peut faire moins que calculer son groupe fondamental

[invite970ffd48]

Augmentons le niveau de difficulté avec la suite de ce problème, maintenant regardez la nouvelle pièce jointe, 10 points sont choisi de façon aléatoire et reliés aléatoirement pour formé 9 lignes.

A 1 : En moyenne, combien de croisement( indiqué par les cercle rouge/jaune ) seront créés ?
2 : Par ailleurs, combien de croisement chaque ligne produira en moyenne ? Par exemple, la ligne toute à gauche n’a aucun croisement mais celle traversant la figure d’en haut à gauche jusqu’en bas à droite produit 4 croisement.

3 : Quelle est la probabilité pour une ligne de former aucune intersection ?

B Si le carré à une largeur et une longueur de 10cms quel sera en moyenne la surface(aire) « incluse » dans la figure ? ( différentes zones de couleur brun/vert )


Bonne Chance et ne me détestez pas … je n’ai pas la réponse …

[invite35452583]

tiens, je pense à un truc: 3 points uniforme dans le carré [0,1]x[0,1] c'est comme 1 point uniforme dans [0,1]^6. A un tel point on peut associer l'aire du triangle correspondant. Maintenant, si on fixe un réel t entre 0 et 1/2, l'ensemble des points de [0,1]^6 pour lesquels l'aire du triangle est t forme une variété de codimension 1 (c'est bien ça?). A quoi ressemble cette variété? Ce cher Homotopie ne peut faire moins que calculer son groupe fondamental

Je n'ai pas pu résister.
Pour commencer ne nous limitons pas à un carré mais imposons simplement à nos points d'être dans un plan donné.
V(t)={"points triangles" d'aire =t}
V(0) est contractile (il est même étoilé en tous les triangles "points" (A=B=C)), cette propriété reste vraie pour le carré car celui-ci est convexe et donc reste étoilé en tous les triangles points.
V(0) n'est pas une variété car le gradient est nul en les ... "points "triangles points"" (Tu suis ?)
Pour t non nul V(t) a deux composantes connexes V+(t) et V-(t) selon que Abc est direct ou indirect.
Les V(t) sont homéomorphes entre eux (il suffit de considérer une homothétie de centre un triangle point). On passe continûment entre les V+(t) et entre les V-(t) dans la variété des triangles d'aire non nulle. (il suffit de considérer des homothéties de rapport variant continûment).
V+(t) (et V-(t)) est une variété car image réciproque d'un polynôme (comme l'orientation est donnée la valeur absolue disparaît) dont le gradient n'est jamais nul (il ne s'annule qu'en les triangles points V(0) n'est donc pas une variété, on s'en serait douter).
Les V+(t) (et les V-(t)) sont topologiquement des cylindres de dimension 5 sans bord :
f : V+(t) ->Plan x S¹x]0,2pi[²
f((ABC)=(centre de gravité de ABC, vec(AB)/AB, angle orienté direct (AB, BC), angle orienté direct (BC,CA))
f est continue car chacune de ses composantes l'est.
f est bijective (un peu de géométrie élémentaire suffit)
Comme variété V+(t) est localement compact, de même que l'espace image, donc f qui est continue et bijective est un homéomorphisme.
Plan x S¹x]0,2pi[² est homéomorphe à S¹xI⁴ où I=]0,1[.
V+ est un cylindre de dimension 6 sans bord.
Leurs groupes d'homotopie, leur homologie, cohomologie... sont ceux d'un cercle.

Maintenant, on coupe (ça c'est vache) avec [0,1]⁶
Les V+(t) (et V-(t)) restent-ils des variétés (cette fois à bord(s)) ? A priori.
Et il semble qu'ils ont toujours l'homotopie d'un cercle (c'est plus fort que le fait que le groupe fondamental est Z). Je n'en donne que l'idée.
On considère pour un triangle donné le rectangle circonscrit le contenant : [min(x_A,x_B,x_C) ; max(x_A,x_B,x_C]x[min(y_A,y_B,y_C);max(y_A,y_B,y_C)].
L'aire de ce rectangle est >=2t car contient un triangle d'aire t.
Il y au moins un sommet A, B ou C sur un sommet de ce rectangle circonscrit (deux points, au moins, sont sur les côtés x=xmin et x=xmax, deux autres sur les y=ymin et y=ymax et il n'y a que trois points).
La considération de ce triangle circonscrit va définir plusieurs zones dans la variété.
Pour les triangles dont l’aire du rectangle circonscrit=2t se caractérise par le fait qu’un côté du triangle est un côté du rectangle. (classique) Ces triangles forment un fermé divisés en 12 zones (type a) (4 possibilités pour l’endroit du côté commun, trois possibilités pour la paire de sommets), ces 12 zones sont séparées entre elles par des triangles rectangles (2 côtés coïncident, type b).
Pour les triangles d’aire>2t, il y a deux types d’ouverts :
i) un côté du triangle est une diagonale du rectangle, le troisième point étant à l’intérieur du rectangle (l’orientation directe du triangle imposant dans quelle moitié se trouve ce point
ii) un seul sommet est sur un sommet du rectangle, les deux autres sommets sont sur les côtés opposés à ce premier sommet
Un ouvert du type i) est bordé par les triangles (type iii) dont une diagonale du rectangle est un côté du triangle et dont le 3ème sommet est sur le bord du rectangle (ces triangles se divisent en deux+un selon le sommet de la diagonale dont le 3ème point est sur un côté adjacent, une zone (inclue dans celle « A=2t ») borde ces deux familles (le 3ème sommet est sur un sommet lui-aussi=>type b).
Un ouvert de type ii) est bordé par les triangles de type a) (divisés en 2, selon quel sommet du rectangle adjacent au 1er porte un 2ème sommet du triangle, « +1 » les deux sommets portent un sommet du triangle, de type b donc) et par les mêmes triangles de type iii) (divisés en deux selon que l’un ou l’autre des deux autres sommets est sur la diagonale) Pour une famille donnée (disons A en bas à gauche) le bord est constitué :
- des triangles type iii (B et C sur l’horizontale du haut, B sur la diagonale donc)
- des triangles de type b) (C sur le sommet en haut à gauche, B en haut à droite)
- des triangles de type a) (C en haut à gauhe, B à droite « au milieu » verticalement)
- des triangles de type b) ( C en haut à gauche, B en bas à droite)
- des triangles de type a) (B en bas à droite, C en haut « au milieu » horizontalement
- des triangles de type b) (B en bas à droite, C en haut à droite)
- des triangles de type iii (B et C sur la verticale de droite, C sur la diagonale donc)
(Tout ceci est agrémenté de bords du à la coupure avec [0,1]⁶)
Un ouvert de type i) a donc deux voisins de type ii) qui a lui même deux voisins de type i).

On y va doucement :
1ère étape : on déforme les triangles de type i) en collant sur le sous-espace formé des triangles qui ont leurs trois sommets sur les bords du rectangle circonscrit (tous sauf les type i))
2ème étape : on déforme les triangles de type ii) et iii) en collant sur le sous-espace « A=2t ».
3ème étape : on centre tous les rectangles
4ème étape : on ""carréise"" les rectangles
5ème étape : on montre que l'on aboutit topologiquement à un cercle.

1ère étape
pour fixer les idées, on se place dans le cas où [AB] est la diagonale.
Pour cette composante, on abaisse, pour chaque triangle, la hauteur issue de C, puis on rapproche A et B de leur centre tandis que C s'éloigne de (AB) le long de la hauteur jusqu'au moment où xC'=xA' ou yC'=yB' (on peut faire ceci à aire constante, de manière continue et tout en restant dans le rectangle circonscrit de départ car durant tout le processus C' est dans le rectangle de diagonale A'B' qui est dans le rectangle initial). Si C est "proche" d'un des deux bords la déformation est petite et devient nulle si C est sur un des bords, on peut donc laisser inchangé tout le reste de notre espace V+(t) (le recollement reste continue).

2ème étape :
Nous sommes désormais dans le sous-espace des triangles tels que les 3 sommets sont sur les bords de leurs rectangles circonscrits.
Pour les rectangles d’aire>2t on a vu qu’il y a un et un seul sommet S sur un sommet du rectangle circonscrit et tel que les deux autres sommets du triangle sur les deux côtés non adjacents au 1er sommet.
Pour fixer les idées on se place dans l’ouvert A est ce sommet, celui-ci est situé en bas à gauche, B est sur le côté vertical droit, C est sur le côté horizontal haut (il y a 12 tels ouverts, même au voisinage d’un triangle de type iii) il n’y a que des triangles de type ii) ou iii) car les triangles de type i) ne font pas parti du sous-espace).
On déplace B et C progressivement (on les note alors B’ et C’) le long de leur côté attribué du rectangle de telle manière que l’on reste parallèle à la droite (BC) originelle (si B est sur le sommet opposé à A il ne bouge donc pas, idem pour C), jusqu’à ce que B’ ou C’ arrive en un des sommets du rectangle adjacents à A. Ceci est continu mais ne respecte pas les aires : cela augmente, si M est le point du rectangle diagonalement opposé à A, on a MB’ augmenté de MB’.dt MC’ augmenté de MC’.dt,
2xla nouvelle aire=2xaire rectangle-[(MB’(1+dt))(MC’(1+dt))+Lh(Lv-MC’(1+dt))+Lv(Lh-(MB’(1+dt))
=2LvLh-MB’.MC’-Lh(Lv-MC’)-Lh(Lv-MB’)-[MB’.MC’(2dt+dt²)-Lh.MC’dt-Lv.MB’dt]
2(nouvelle aire-ancienne aire)/dt=Lh.MC’+Lv.MB’-MB’.MC’-MB’.MC’+terme en dt
=(Lh-MB’)MC’+(Lv-MC’)MB’+terme en dt>0
On compose donc cette déformation avec l’homothétie de centre A et de rapport t/aire(AB’C’), les triangles ainsi formés sont à l’intérieur du rectangle initial (rapport<1) et donc du grand carré ([0,1]²), sont d’aire=t, et B’ restent sur l’horizontale haute, C’ sur la verticale droite.
C’est continue sur l’ouvert car parallélisme, « vitesse » proportionnelle, changement d’arrête pour B’ ou C’ sur verticale ou horizontale passant par A se fait par les triangles de type b (ABC triangle rectangle en A).
Si l’on s’approche du bord (donc de triangles type a) ou b)) la déformation devient nulle car le déplacement de B ou C devient nul. On peut donc prolonger ces déformations des triangles type ii) et iii) par la déformation triviale des triangles a) et b) (on ne bouge rien).

On est désormais sur le sous-espace formé par les triangles dont un des côtés est un côté du rectangle. (dimension 4)
3ème étape : on translate tous les triangles de telle manière que le centre du rectangle circonscrit se déplace à « vitesse » constante de son point initial jusqu’au centre du grand carré : c’est continue et ça reste dans le grand carré de manière assez évidente.
(On aurait théoriquement pu le faire avant mais comme les transformations des étapes 1) et 2) ne conservent pas le centre du rectangle circonscrit on aurait du recommencer.)

On est ramené à de la dimension 2, on va descendre encore d’une.
4ème étape :
Les rectangles circonscrits sont de taille LhxLv avec LhxLv=2t Lh, Lv<=1, les coordonnées (Lh,Lv) décrivent un arc d’hyperbole. On place cet arc et 3 de ses symétriques autour du centre du carré [0.,1]² (les sommets des rectangles circonscrits sont sur ces arcs) et on déforme ces rectangles pour les rendre carré tout en les maintenant sur ces arcs (c’est évidemment possible).
Les triangles ont un côté qui est un côté du rectangle, ce côté suit le mouvement des sommets du rectangle, l’autre sommet, suit en gardant proportionnels ses distances aux sommets du côté ou il est (s’il est sur un des sommets lui aussi, triangle type b, il suit le sommet du rectangle). Comme les triangles restent du type a ou b et que le produit Lv.Lh reste constant égal à 2t, leurs aires restent égales à 2t.

5ème étape : regardons l’espace sur laquelle nous avons abouti.
Les triangles sont tous sur le même carré. Ils ont tous un côté en commun avec ce rectangle, le troisième sommet est à l’opposé. Cela décrit 12 « zones » qui sont des segments qui entre eux forment une seule ligne brisée fermée, c’est donc topologiquement un cercle.

V+(t) est donc homotopiquement un cercle. Comme c'est une variété compacte à bord de dimension 5, c'est topologiquement un cylindre S¹x[0,1]⁴ dont le bord est hoéomorphe à S¹xS³.

[invite986312212]

il l'a fait! je comprends pas tout mais je devine un peu le reste.

[invite35452583]

il l'a fait!

Heureusement ce groupe était "simple" car en général le groupe fondamental d'une variété de dimension 5 ce n'est pas agréable.