Y a un anniv' dans l'air ou quoi ?

@Gasole

Je n'ai pas vérifié les calculs dans le détail mais il est clair que la méthode doit fonctionner ( c'est le principe des tiroirs sur le réseau que tu as créé ) .

La solution que j'ai trouvée est bien plus simple et facilement généralisable mais peu économe en cerises

Vasimolo

Sans vouloir paraître chie*r, cher Vasimolo, je trouve ta démo un peu "trouée".
Certes, il paraît "évident" qu'il doit y avoir un tel point, mais "évidence" n'est pas démonstration (en géométrie, il a longtemps paru évident qu'une seule parallèle etc etc )

Il n'est pas trivial d'appliquer le principe des tiroirs sur un ensemble infini non-dénombrable de surcroît (il s'appelle alors Théorème de Ramsey et je ne l'ai pas trouvé utilisable à cause des hypothèses supplémentaires de convexité qu'on a).

D'ailleurs, supposons qu'il n'y ait pas de tel point recouvert par au moins 11 caches... où serait formellement la contradiction ? 

Cela n'empêche que j'ai trouvé je trouve cette question très intéressante (au risque de me répéter), et visiblement elle n'est pas close.

C'est en gros justement ce que je cherchais à faire avec mes densités, je crois que dans le fond c'est la même démarche, ça m'a l'air plutôt coton.

En fait pour résumer, pour l'instant l'énigme n'est pas résolue

Les approches "recouvrement du disque par des caches" ne sont pas généralisables car on ne sait pas combien de caches il faut pour couvrir le disque (c'est un problème ouvert)... Tout ce que j'ai trouvé est en bas de cette page, et ça ne suffit pas pour conclure.

Je pense comme toi qu'il y a une justification simple . On est quand même dans le discret car le nombre de morceaux ( même en découpant les intersections ) est fini . On doit pouvoiur trouver une façon de compter les "morceaux+aires" mettant en évidence une partie à 11 étages .

Je n'aurai sûrement pas le temps de regarder ça avant ce week-end

Vasimolo

Ta première inégalité [latex]10.A \geq ...[/latex] ? Elle vient d'où ?

Si tu découpes les petits disques en 1 (tu les laisses entier), elle devient direct :

[latex]10.A \geq 10.60000.a[/latex] autrement dit, elle contient déjà la conclusion !

A y avoir réfléchi, je commence à penser que :

- via l'analogie de la peinture, c'est physiquement évident mais
- mathématiquement je pense que les axiomes standard de la géométrie ne permettent pas de le prouver, je crains qu'il ne faille s'en remettre à la théorie de l'intégration car c'est elle qui a précisé ce qu'est "une surface". L'existence du paradoxe de Banach-Tarski ne me semble pas de bon augure pour une preuve simple...

Alors j'ai pas compris ta phrase "On découpe ensuite les petits disques de façon à ce les différents "tas" soient d'épaisseur uniforme"

ok, je reprends, tu veux dire que tu les découpes suivant les régions formés par les intersections ? un tas étant l'empilement des morceaux de disques superposés sur une intersection ?

mais alors la première inégalité est fausse car l'additivité des aires dit que :

   la surface totale est supérieure à la somme de (sous-)surfaces disjointes

or tel que tu les cumules, chaque intersection est comptée plusieurs fois, il faudrait sommer A(i,j)/(nombre d'éléments dans le tas) et non juste A(i,j), ou alors enlever le facteur 10 devant A(i,j)

Juste pour savoir si j'ai bien compris, imagine 3 cercles C1, C2 et C3 inclut dans un grand cercle C et qui s'intersectent en  formant 7 régions :

c12 (intersection de C1 et C2), c1 (= C1-c12), c13,c23,c2,c3 et enfin c123 (intersection des trois)

si on découpe suivant les intersections, on a 3 tas d'épaisseur 1 (c1,c2 et c3), 3 tas de 2 (c12,c23 et c13) et un tas de 3 (c123)

ta double somme vaut donc :
A(1,1)+A(1,2)+A(1,3)+A(2,1)+A(2,2)+A(2,3)+A(3,3)
soit
s1+s2+s3+2.s12+2.s13+2.s23+3.c123 = C1+C2+C3 qui n'est pas nécessairement inférieur à C.

en revanche, 3C est bien supérieur à C1+C2+C3 mais pas à 3.(C1+C2+C3)

pas facile d'être clair ...

Tu as raison à propos de la 1ère inégalité

D'ailleurs c'était louche car contrairement à ce que j'annonçais je n'utilisais pas le principe des tiroirs .

Je m'y remets dès que je trouve un peu de temps

Vasimolo

Oui ! C'est bien comme ça !

De mon côté, j'ai craqué, cet aprèm j'ai posé la question à un collègue très balaise, il a trouvé une solution en 30 secondes (chuis dégouté, mais bon, il est jeune lui) mais faisant intervenir la théorie de la mesure (intégration), son idée : soit f une fonction qui à chaque point associe le nombre de petits disques qui le couvrent. Il se trouve que cette fonction est continue par morceaux ! Et donc intégrable. Après, c'est du calcul.

Comme tu disais, il faut que les morceaux ne soient pas trop tordus, sinon f n'est pas intégrable.

D'un autre côté j'aime bien les problèmes qu'on résoudre niveau collège/lycée  sans sortir la grosse Bertha

Tout à fait d'accord, je trouve Bertha assez peu sexy d'ailleurs

Ledit collègue est dans la trentaine quand même, mais bon normalien et avec une liste de publications longue comme le bras du Nil. Ça m'a coûté un café c't'histoire

Mais je suis content qu'on (enfin tu) ait (enfin aies) trouvé une jolie solution a posteriori élémentaire bien sûr !