Пересечения прямоугольников

[TopLalka]

Подскажите как доказать, что если любые три прямоугольника из некоторого множества пересекаются, то существует точка, которая принадлежит всем им.

[ET]

Теорема Хелли?
Только там кажется говорится для конечного множества "выпуклых множеств"

[Cash]

Для прямоугольников верно и в случае бесконечного их количества.

[Skeptic]

Это автоматически следует из понятия "пересечение".

[Aritaborian]

Нет, не следует. Иначе зачем Хелли?

[TopLalka]

Я нашел доказательства для двумерного случая и конечного количества выпуклых фигур. Подскажите как пользуясь компактностью доказать и для бесконечного случая.

[Someone]

TopLalka в сообщении #886181 писал(а):

Подскажите как пользуясь компактностью доказать и для бесконечного случая.

Если пересечение любого конечного набора компактов из данного семейства не пусто, то…

[TopLalka]

Ну у меня получилось доказать для счетного числа прямоугольников $U_i$. Определим $V_i$ как $U_1 \cap ... \cap U_i$. $V_i$ также будут непустыми компактами, и так как $V_i \subset V_{i+1}$, то у всех элементов последовательности будет непустое пересечение, а значит, найдется точка, которая принадлежит всем $U_i$.

[Skeptic]

Возьмём треугольник. Построим на каждой стороне треугольника с внешней стороны по прямоугольнику. Эти прямоугольники пересекаются, но не имеют общих точек, принадлежащих одновременно всем прямоугольникам.

[TOTAL]

Skeptic в сообщении #886468 писал(а):

Возьмём треугольник. Построим на каждой стороне треугольника с внешней стороны по прямоугольнику. Эти прямоугольники пересекаются, но не имеют общих точек, принадлежащих одновременно всем прямоугольникам.

Я тоже так могу:
Возьмём семиугольник. Построим на каждой стороне семиугольника с внешней стороны по прямоугольнику. Эти прямоугольники пересекаются, но не имеют общих точек, принадлежащих одновременно всем прямоугольникам

[Cash]

Прямоугольники - очень простой случай, здесь и теорема Хелли не нужна.
Прямоугольник задается двумя вершинами $(x_{ur}, y_{ur})$ и $(x_{dl}, y_{dl})$
По условию, для любого прямоугольника в семействе $\{R_{\alpha}\}$ абсцисса правого угла $x_{ur}$ больше абсциссы левого угла $x_{dl}$ любого другого прямоугольника из семейства. Аналогично с ординатой.
Пусть
$\underline{x} = \sup \limits_{R_{\alpha}} x_{dl}, \overline{x} = \inf \limits_{R_{\alpha}} x_{ur}$

$\underline{y} = \sup\limits_{R_{\alpha}} y_{dl}, \overline{y} = \inf \limits_{R_{\alpha}} y_{ur}$

Тогда $\underline{x} \leqslant \overline{x}$, $\underline{y} \leqslant \overline{y}$,
а точка $\left(\frac12(\underline{x} +\overline{x}),\frac12(\underline{y} +\overline{y})\right)$
принадлежит всем прямоугольникам.
ошибиться вроде негде...

[Skeptic]

TOTAL, соотнесите это с постановкой задачи и попробуйте её доказать.

[TOTAL]

Cash в сообщении #886478 писал(а):

Прямоугольник задается двумя вершинами $(x_{ur}, y_{ur})$ и $(x_{dl}, y_{dl})$

Две вершины мало, ведь прямоугольник можно наклонять.

[Cash]

Cash в сообщении #886478 писал(а):

ошибиться вроде негде...

TOTAL в сообщении #886480 писал(а):

Две вершины мало, ведь прямоугольник можно наклонять.

Ну вот оно и есть, сознание замутненное пикселями

[Skeptic]

Задача решается при дополнительном условии: стороны прямоугольников параллельны осям координат.