Pick hexagonal
Bonjour à tous
En marge d’un problème de calcul sur un réseau régulier je me suis posé une question directement inspirée de la formule de Pick .
On considère une pièce convexe d’aire 2, construite avec trois triangles équilatéraux (demi-hexagone régulier). On assemble plusieurs de ces pièces, sommet sur sommet, de façon à réaliser un polygone simplement connexe. On note A l’aire du polygone, F et I le nombre de sommets de ces pièces à la frontière ou à l’intérieur du polygone.
Il semble que la formule
Merci d’avance pour vos réponses :-)
Domi.
[En typographie, on ne met jamais d'espace avant un point ou une virgule, mais toujours après. ;-) AD]
En marge d’un problème de calcul sur un réseau régulier je me suis posé une question directement inspirée de la formule de Pick .
On considère une pièce convexe d’aire 2, construite avec trois triangles équilatéraux (demi-hexagone régulier). On assemble plusieurs de ces pièces, sommet sur sommet, de façon à réaliser un polygone simplement connexe. On note A l’aire du polygone, F et I le nombre de sommets de ces pièces à la frontière ou à l’intérieur du polygone.
Il semble que la formule
A = F + 2I – 2
soit toujours vérifiée, mais pourquoi ?Merci d’avance pour vos réponses :-)
Domi.
[En typographie, on ne met jamais d'espace avant un point ou une virgule, mais toujours après. ;-) AD]
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Réponses
La formule de Pick s'applique sur la grille orthogonale $\Z\times \Z$. Tandis que toi tu es sur une "grille hexagonale" (je ne sais pas comment on dit, voir figure ici https://lh3.googleusercontent.com/proxy/XcF6lJY08zzguhlhH6KKATkMWCo4qGrJj-vq1eY7LcknFSG0x1EdmxVq0prWLs7v2j6h908De2Xh-g).
Donc il suffit de considérer l'application linéaire de $\R^2$ qui transforme une "grille orthogonale" en "grille hexagonale" pour passer de la configuration du th. de Pick à la tienne.
Bref l'endomorphisme donné par la matrice $M=\begin{pmatrix}
\cos(\pi/3) & 0\\
\sin(\pi/3) & 1
\end{pmatrix}$ est celui qui fait l'affaire.
On vérifie facilement que si $A(B)$ est l'aire d'un borélien $B$ de $\R^2$ alors $A(M(B))=2A(B)$.
Sachant que la formule de Pick est : $A=F/2+I-1$ on obtient après application de la transformation $M$ : $A(M(B))=2A(B)=F+2I-2$ qui est bien ta formule.
Edit : je crois que la matrice de l'endomorphisme n'est pas la bonne... mais l'idée est là je pense. Bon je regarderai plus tard.
1 & \cos(\pi/3)\\
0 & \sin(\pi/3)
\end{pmatrix}$.
Mais malgré cette correction je me rends compte que mon truc ne marche pas. En effet le nombre de sommets à la frontière et à l'intérieur n'est pas le même après application de $M$ et je pensais que oui au début.
Mouais finalement le véritable problème est cette "disparition" de sommet, ma solution est passée totalement à côté 8-). Bon...
En effet , on peut adapter sans effort la formule de Pick à un réseau triangulaire mais le passage à l'hexagone n'est pas simple . Ici le polygone est construit avec des trapèzes particuliers et c'est nécessaire .
Domi
D'abord une petite précision : la matrice $M$ de l'endomorphisme de mon dernier message est à multiplier par une constante afin de tenir compte du fait que chaque trapèze a une aire égale à 2. Bref sans entrer dans les détails on obtient :
$M=\lambda \begin{pmatrix}
1 & \cos(\pi/3)\\
0 & \sin(\pi/3)
\end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix}
1 & 1/2\\
0 & \sqrt{3}/2
\end{pmatrix}$
avec $\lambda^2=\dfrac{8}{3\sqrt{3}}$
Donc si on note $P\subset \R^2$ le polygone construit avec tes trapèzes, on a : $A(P)=\dfrac{4}{3}A(M^{-1}P)$ où je note $A(truc)$ l'aire de $truc$.
En exprimant $A(M^{-1}P)$ avec la formule de Pick on obtient : $A(P)=\dfrac{4}{3}i'+\dfrac{2}{3}F'-\dfrac{4}{3}$
où je note $i'$ et $F'$ les sommets à l'intérieur et à la frontière mais comptés selon Pick.
Notons $n_i$ et $n_F$ les sommets intérieurs et à la frontière que Pick compte en trop par rapport à toi de sorte que $i'-n_i=i$ et $F'-n_F=F$ on a :
$A(P)=\dfrac{4}{3}i+\dfrac{2}{3}F-\dfrac{4}{3}+\dfrac{2}{3}(2n_i+n_F)$.
Mais il est évident que $n_F+2n_i$ est égal au nombre de trapèzes du polygone $P$ (voir ton polygone par exemple pour s'en rendre compte).
Or l'aire $A(P)$ est égale à 2 fois le nombre de trapèzes, donc $n_F+2n_i=A(P)/2$ de sorte que la relation précédente devient $A(P)=\dfrac{4}{3}i+\dfrac{2}{3}F-\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{3}A(P)$.
En simplifiant on obtient bien $A(P)=2i+F-2$ qui est ta formule.
Merci :-)
Domi
On considère un réseau en hexagones réguliers d’aire $4$ . On qualifiera de « bon » tout polygone simple ayant ses sommets sur ce réseau et dont les angles sont des multiples de 60° . Un bon polygone est parfait s’il vérifie la formule de Pick : $A = F + 2I -2$ où $A$ , $F$ et $I$ désignent l’aire du polygone et le nombre de points du réseau sur sa frontière ou à l’intérieur .
Comment caractériser simplement les polygones parfaits ?
Domi
Un polygone P est parfait ssi $4n_I+2n_F-2I-F+2=0$
où $n_I$ est le nombre de centres des hexagones se trouvant à l'intérieur (ce sont les centres qui sont à l'intérieur) de P
$n_F$ est le nombre de centres des hexagones se trouvant à la frontière (ce sont les centres qui sont à la frontière) de P.
PS. ici "parfait" signifie juste qu'il vérifie la formule $A = F + 2I -2$.
Sur l'exemple fourni , je peux affirmer que le polygone est parfait en comptant simplement les triangles équilatéraux dessinés à l'intérieur .
Domi
Effectivement le nombre de triangles équilatéraux c'est plus élégant comme caractérisation.
Et tu peux en dire plus ?
Je te laisse continuer , c'est assez amusant à découvrir .
Domi