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Trajectoire : Énigme #10 - partager un lit

nov. 12, 2017

Mikael LE MENTEC

Réponse partielle à une énigme du podcast mathématique : Trajectoires.

Présentation :

Une énigme publiée sur Trajectoire m'a titillée le cerveau. 

Voici un lien vers l'énigme en question : Vers le forum de Trajectoire

Pour ceux qui ne connaissent pas Trajectoires est un podcast sur la culture mathématique. Je vous le recommande chaudement.

Vers le soundcloud

L'énigme :

Cliquez pour écouter l'énigme

Vous avez un lit très très grand. Suffisamment grand pour que la courbure du monde joue sur sa géométrie. Ou bien pour que la courbure de l'espace même joue sur lui.
Vous vous disputez avec votre moitié, et voulez partager le lit en deux. Selon une ligne droite pour plus de facilité.
Une petite contrainte. Sur votre lit, vous avez un nombre pair d'oreiller. Ils sont ponctuel, et fixé sur le lit. Vous voulez que votre partage mette autant d'oreiller de chaque côté du partage. Comment vous faites ? D'ailleurs, est-ce que vous pouvez faire ?
La question est donc, soit de créer un lit où le partage est impossible.
Soit d'expliquer l'algorithme qui, étant donné un lit, trouve où partager.

Pour information, sur le plan euclidien l'algorithme est le suivant. Prenez une droite D qui ne soit parallèle à aucune paire de point, tel que tous les oreillers soit du même côté de D. Ensuite faite circulez D en direction des oreillers. Par l'hypothèse des parallèles vous savez qu'à chaque fois que la droite croise un oreiller, elle n'en croise qu'un seul. Il s'ensuit qu'à un moment, elle aura croisé exactement la moitié des oreiller. Donc ça partagera le lit en deux.
Le souci, c'est que, en dehors du plan euclidien, on n'a pas forcément de parallèle. Et même si on en a, déplacer une droite (selon une perpendiculaire à cette droite), c'est évident que ça coupe tous les points du plan.

Pour répondre (en partie) à l'énigme je me suis limité à la géométrie sphérique

Le 'lit' sera une sphère de rayon 1 et de centre $O$

Eléments de réponse :

La sphère est de centre $O$ et de rayon 1 et elle sera notée $\mathcal{S}$

Notons $2n$ le nombre total de points sur la sphère $\mathcal{S}$.

Les oreillers seront les points $M_k$ avec $k \in [\![1;2n]\!]$.

Je me suis placé dans l'espace euclidien à trois dimensions... Est-ce tricher ? Je ne pense pas car c'est bien comme cela que les formules de trigonométrie sphérique sont trouvées (voir ici : trigonométrie sphérique ) . Et cet espace à trois dimensions 'baigne' notre sphère, nous pouvons donc nous en servir pour résoudre le problème. J'ai essayé sans ce passage par l'espace en 3 dimension, c'est joli mais plus pénible à expliquer. L'avantage de l'espace euclidien est de pouvoir utiliser les vecteurs et en particulier le produit scalaire.

Idée de départ :

J'ai voulu adapter l'algorithme d'Arthur pour le plan.

Pour information, sur le plan euclidien l'algorithme est le suivant. Prenez une droite D qui ne soit parallèle à aucune paire de point, tel que tous les oreillers soit du même côté de D. Ensuite faite circulez D en direction des oreillers. Par l'hypothèse des parallèles vous savez qu'à chaque fois que la droite croise un oreiller, elle n'en croise qu'un seul. Il s'ensuit qu'à un moment, elle aura croisé exactement la moitié des oreiller. Donc ça partagera le lit en deux.

Pour ce faire j'ai besoin d'un vecteur qui sera le vecteur normal d'une collection de plans parallèles entre eux.

Ces plans, en coupant la sphère, forment des cercles à la manière des latitudes. (c'est à dire des droites dans notre géométrie sphérique).

Si le vecteur est bien choisit (et nous verrons comment faire) ces cercle (latitudes) ne passeront pas par deux points $M_k$ et $M_{k'}$ en même temps.

Cela permettra de "faire glisser" nos cercle en partant du pole sud (qui sera défini) et de ne "croiser" qu'un seul point à la fois.

Ainsi, à un moment, nous auront croisé exactement la moitié des points ... TOP ! Il ne 'reste' plus qu'a rendre cela rigoureux, TRIVIAL comme le disait mon prof de prépa !

Mise en oeuvre :

Il faut un vecteur que nous noterons $\vec{u}$ qui sera choisi de façons à ce qu'un plan normal à $\vec{u}$ ne contient pas deux points $M_k$ et $M_{k'}$ en même temps.

La solution que j'ai trouvé consiste à imposer $\langle \vec{u} , \overrightarrow{ M_kM_{k'} } \rangle \neq 0$ pour tout $k$ et $k'$ dans $ [\![1;2n]\!]$ avec $k \neq k'$.

Preuve de l'éxistence de $\vec{u}$

Pour se fixer les idées, le vecteur cherché sera de norme 1. Un vecteur $\vec{u}$ tel que $\langle \vec{u} , \overrightarrow{ M_kM_{k'} } \rangle = 0$ est un vecteur orthogonal à $\overrightarrow{ M_kM_{k'}}$.

Si on visualise l'ensemble de vecteurs orthogonaux à $\overrightarrow{ M_kM_{k'}}$, de norme 1 et d'origine $O$ on voit un disque dont le vecteur normal est $\overrightarrow{ M_kM_{k'}}$.

Maintenant, on fait ça pour tous les couples de points $M_k$ et $M_{k'}$ , c'est à dire pour $2n \times (2n-1) \div 2 = n(2n-1)$ couples.

Cela donne au maximum $n\times (2n-1) $ disques de centre $O$. Il faut donc choisir un vecteur qui n'appartient pas à ces disques.

Or , c'est possible, car la réunion de ces disque ne peut recouvrir la sphère (il en faudrait une infinité).

Ainsi, il existe un vecteur $\vec{u}$ tel que $\langle \vec{u} , \overrightarrow{ M_kM_{k'} } \rangle \neq 0$ pour tout $k$ et $k'$ dans $ [\![1;2n]\!]$ avec $k \neq k'$.

Conclusion :

Avec ce vecteur, on peut définir un pole Nord et un pole Sud. Il suffit de considérer les points $N$ et $S$ tels que $\overrightarrow{ON} = \vec{u}$ et $\overrightarrow{OS} = -\vec{u}$.

Ensuite, on considère le plan de vecteur normal $\vec{u}$ passant par notre pole sud $S$ . Puis il faut faire glisser ce plan dans la direction du pole nord $N$.

Une façon de le faire proprement est de considérer le point $O'$ défini par $\overrightarrow{SO'} = k \times \overrightarrow{SN}$ avec $ k\in [0;1]$ puis de prendre le plan de vecteur normal $\vec{u}$ et passant par $O'$. Ensuite il suffit de faire varier $k$ de 0 à 1.

vers une figure géogebra

Puisque $\langle \vec{u} , \overrightarrow{ M_kM_{k'} } \rangle \neq 0$ dans chaque plan (et donc dans chaque cercles) il ne pourra y avoir que un seul point $M_k$ au maximum. Donc lors de notre balayage, à un moment donné il y aura la moitié des points au dessus de plan. CQFD !

 

Merci et bravo à ceux qui ont lu jusqu'au bout !