Pour un choix de disques judicieux — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Pour un choix de disques judicieux

Bonjour
Dans un récent fil consacré à $\Z[\mathrm i]$, Chaurien a évoqué le problème suivant.

Démontrer que pour tout $n \in\N$, il existe un disque du plan complexe qui contient exactement $n$ points de $\Z[\mathrm i].$

Je n'ai pas su déceler d'argument simple qui soit spécifique à $\Z[\mathrm i]$, pour cet énoncé dans lequel on peut remplacer $\Z[\mathrm i]$ par $A$, où : $$ A\:\text{est une partie infinie de}\ \R^2\ \text{telle que toute partie bornée de}\ A\ \text{est finie}.
$$ $\forall a \in \R^2, \ \forall r\in \R^+,\quad \mathrm D(a,r) = \{x\in \R^2 \mid \|x-a\|\leqslant r \}.\quad$ On va prouver que :
$$ \forall n \in \N^*, \quad \exists a \in \R^2,\ \exists r\in \R^+\quad\text{tels que}\ \text{ Card}\big( \mathrm D(a,r) \cap A\big) = n.\qquad (\mathcal P_n).
$$ La propriété $ (\mathcal P_n)$ est clairement satisfaite pour $n=1.\quad$ Supposons qu'elle soit vraie pour un entier $n\geqslant 0.$
$\exists a \in \R^2,\ \exists r\in \R^+, \ \exists x_1,x_2,\dots x_n\in A, \ \text{distincts},\ \text{tels que}\\
\qquad \forall i \in [\![1;n]\!],\ \|x_i-a\|\leqslant r, \quad \forall x \in A\setminus \{x_1,x_2,\dots x_n\}, \ \|x-a\|>r.$

Les hypothèses faites sur $A$ font que la distance $\rho$ de $a$ à $A\setminus \{x_1,x_2,\dots x_n\}$ est atteinte un nombre fini $k$ de fois.
Soient $y_1,y_2,\dots y_k \in A,$ tels que $\quad \forall i \in [\![1;k]\!] , \:\: \|y_i-a\| =\rho, \qquad E:=\{x_1,x_2,\dots x_n,y_1,y_2,\dots y_k\}.\quad $ Alors:$\quad\rho>r. \:\:$
On peut choisir $ \varepsilon>0$ tel que:$\quad \forall x \in \{x_1,x_2,\dots x_n\}, \:\: \|x-a\|<\rho - 2\varepsilon \quad (1), \qquad \forall x \in A\setminus E, \:\: \|x-a\|>\rho + 2 \varepsilon \quad (2).$

Soit $u$ un vecteur unitaire de $\R^2$ tel que: $\:\forall i,j \in [\![1;k]\!], \:\: i\neq j \implies u.(y_j-y_i) \neq0.\:\:$On peut donc supposer que: $ \:\:\forall i \in [\![2;k]\!], \: u.y_1<u.y_i.$
Soient enfin $b:= a- \varepsilon u,\:\: r_1 := \|y_1-b\|.\quad$
$\|b-a\| = \varepsilon \quad (3), \: $ et l'inégalité précédente entraîne que :$ \:\: \forall i \in [\![2;k]\!] , \:\|y_i-b\|^2 - \|y_1-b\|^2= 2\varepsilon \:u.(y_i-y_1)>0 \quad (4).$
$$\begin{array}{ll}\forall i \in [\![2;k]\!],& \|y_i-b\|\overset{(4)}> r_1. \\ \forall i \in [\![1;n]\!], & \|x_i-a\|\overset{(1),(3)}<\rho- \varepsilon \overset {(3)}< r_1. \\\forall x \in A \setminus E, & \|x-b\|\overset{(2),(3)}> \rho + \varepsilon \overset{(3)}> r_1. \end{array} \quad \text{Ainsi:}\quad \mathrm D(b,r_1)\cap A = \{x_1,x_2,\dots x_n, y_1\}\quad (\mathcal P_{n+1})\:\text{est vraie}\:\:\square$$

Réponses

  • @ LOU16

    Merci d'avoir exhumé mon énoncé, qui venait comme un cheveu sur la soupe dans le fil : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,2308422,2308850#msg-2308850. Cette généralisation est vraiment remarquable, et tu apparais comme un des meilleurs trouveurs de ce forum, peut-être le meilleur. Mais pardonne-moi, je préfèrerais une rédaction de la solution moins difficile à suivre pour les p'tites têtes comme moi.

    Je suis retraité, et je ne puis plus assurer de colles en raison de notre stupide législation bureaucratique niveleuse qui exclut les personnes en raison de leur âge, indépendamment de leurs capacités. Je continue néanmoins à travailler, et je suis tombé par hasard sur cet énoncé qui dormait dans mes archives. Cherchant autre chose, j'ai retrouvé l'origine de cet énoncé dans Sierpinski, Elementary Number Theory et dans Hugo Steinhaus, One Hundred Problems....

    Pour cet énoncé initial avec $\mathbb G$, il y a une chose que je n'ai pas dite volontairement (et perfidement ;-)), c'est que tous ces disques contenant exactement $n$ points de $\mathbb G$, on peut les vouloir de même centre $\omega$. Il suffit d'exhiber un complexe $\omega$ qui a la particularité que ses distances aux éléments de $\mathbb G$ sont toutes distinctes. Ce n'est pas très difficile, et ça peut faire un bon exercice de Math-Sup sur les complexes.

    Bonne après-midi.
    Fr. Ch.
  • La question est sympa, et bravo pour ta réponse, LOU !
    J'ai tracé sur mon ordi quelques courbes de l'évolution des rayons et des centres obtenus: sans grandes surprises, ces derniers ne bougent pas vraiment (et pour cause, Chaurien nous dit qu'on peut en trouver un qui ne bouge pas ... du tout !).
    D'ailleurs, je me demande si dans la construction de LOU on ne pourrait pas construire une suite décroissante de compacts qui contiennent tous les centres, parce que le choix du $\varepsilon$ n'est pas très contraignant à mon avis, et pourrait-être optimisé par le choix du vecteur $u$ qu'on peut prendre en pratique quelconque :-)

    Chaurien: est-ce qu'un irrationnel $\alpha$ quelconque ne suffirait pas comme centre universel ? S'il existe deux entiers de Gauss distincts $a+ib$, $a'+ib'$ qui sont à la même distance de $\alpha$, alors en écrivant $b'^{2}-b^{2}=(\alpha-a)^{2}-(\alpha-a')^{2}=(a'-a)(2\alpha-a-a')$ on aboutit à une contradiction.
    De là, la fonction $r \mapsto Card(\mathbb{Z}\left [ i \right ] \cap D(\alpha, r))$ qui compte les entiers de Gauss à distance $r$ nous donne les disques qui contiennent exactement $n$ valeurs: ils sont caractérisés par les cercles qui font augmenter strictement la fonction de $1$ (elle est semi-continue supérieurement).
  • Bonjour
    Ce n'est pas difficile de voir que la médiatrice de 2 points à coordonnées entières coupe la droite $y=1/3$ des abscisses en $(x,{\color{red}{1/3}})$ avec $x$ rationnel ou ne la coupe pas.
    Il suffit de prendre comme centre par exemple $O=(q ,{\color{red}{1/3}})$ avec $q$ irrationnel.

    P.S Corrigé en fonction de la remarque de @Jandri
  • Choix de notations malheureux, mais oui, c'est la même réponse que moi, expliquée géométriquement !
  • Je crois qu'il faut prendre plutôt comme centre $O=(q ,1/3)$ avec $q$ irrationnel car il ne faut pas de symétrie par rapport à l'axe des x.
  • Bonjour à tous

    Merci pour l’exo bien rigolo, voici une preuve alternative facile à généraliser en toute dimension et pour tout choix de norme.

    On fixe le centre a et on considère N(r) la fonction correspondant au nombre de points de A dans le disque de centre a et de rayon r. Si on arrive à trouver a tel que N n’a des sauts que d’amplitude 1 c’est gagné. Que se passe-t-il si N saute de plus que 1 alors nécéssairement a est sur la médiatrice de deux points de A. Or l’ensemble de telles médiatrices est dénombrable car A est dénombrable et donc de mesure de Lebesgue 0, un tel a existe donc.

    Si la norme n’est pas euclidienne on peut aussi dire que les médiatrices pour cette norme sont des fermés et leur union dénombrable ne peut recouvrir l’espace par le lemme de Baire.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!