Exercice 45

1. Raisonnons par récurrence sur $n$. Pour $n = 0$, le plan forme une seule région, et $r_{0} = 1$. Supposons que $n$ droites en position générale délimitent toujours $r_{n}$ régions, et considérons $n + 1$ droites en position générale. Les $n$ premières sont aussi en position générale, et délimitent $r_{n}$ régions. D'après le fait admis, la dernière droite est coupée en $n + 1$ morceaux, qui partagent chacun en deux une région différente : elle ajoute $n + 1$ régions, quelle que soit la disposition des droites. La somme des $r_{k+1} - r_{k} = k + 1$ est télescopique : $$r_{n} = r_{0} + \sum_{k=0}^{n-1} (r_{k+1} - r_{k}) = 1 + \sum_{k=0}^{n-1} (k + 1) = 1 + \frac{n(n + 1)}{2}.$$

$$\boxed{r_{n} = \frac{n^{2} + n + 2}{2} = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2}}$$ On trouve $r_{1} = 2$, $r_{2} = 4$, $r_{3} = 7$ et $r_{4} = 11$, ce qui est conforme à la figure.

2. D'après le fait admis, il y a autant de régions non bornées que d'arcs, c'est-à-dire $2n$. Les autres régions sont bornées, et leur nombre vaut $$r_{n} - 2n = \frac{n^{2} - 3n + 2}{2} = \frac{(n - 1)(n - 2)}{2}.$$

$$\boxed{\text{pour } n \geqslant 1, \ n \text{ droites en position générale délimitent } \binom{n-1}{2} \text{ régions bornées}}$$ Pour $n = 4$, on trouve $\dbinom{3}{2} = 3$ régions bornées : ce sont les deux triangles et le quadrilatère colorés de la figure. Pour $n = 3$, on trouve une seule région bornée, le triangle formé par les trois droites. ✓

3. On raisonne comme à la question 1. En ajoutant un plan $P$ à $n$ plans en position générale, on partage en deux autant de régions de l'espace que les $n$ droites tracées sur $P$ délimitent de régions de $P$, c'est-à-dire $r_{n}$ d'après la question 1. Le nombre $p_{n}$ de régions de l'espace ne dépend donc que de $n$, avec $$p_{0} = 1 \qquad\text{et}\qquad p_{n+1} = p_{n} + r_{n}.$$ Par télescopage, puis avec l'expression de $r_{k}$ trouvée à la question 1, on obtient $$p_{n} = 1 + \sum_{k=0}^{n-1} r_{k} = 1 + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{k}{0} + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{k}{1} + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{k}{2}.$$ La formule de la crosse de hockey (proposition 10 du cours) donne $\sum_{k=0}^{n-1} \binom{k}{j} = \binom{n}{j+1}$ pour tout $j \in \mathbb{N}$ : les termes d'indice $k < j$ sont nuls, et si $n - 1 < j$, les deux membres sont nuls. $$\boxed{p_{n} = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \binom{n}{3} = \frac{n^{3} + 5n + 6}{6}}$$ Pour $n = 0$, $1$, $2$, $3$, $4$, on trouve $p_{n} = 1$, $2$, $4$, $8$, $15$, alors que $2^{n} = 1$, $2$, $4$, $8$, $16$ : les deux suites coïncident jusqu'à $n = 3$, puis se séparent.

À retenir : chaque région est déterminée par le côté qu'elle occupe par rapport à chacun des plans, ce qui donne au plus $2^{n}$ régions ; pour quatre plans, l'une des $16$ combinaisons de côtés est impossible. Ainsi, pour les quatre plans des faces d'un tétraèdre, aucun point n'est situé à la fois du côté opposé au tétraèdre pour chacune des quatre faces. Dans le plan, la même chose se produit dès trois droites, puisque $r_{3} = 7 < 8$. Une suite qui commence par $1$, $2$, $4$, $8$ n'est pas forcément celle des puissances de $2$.