Cubes tronqués
Réponses
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Un vissage.
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Tu dois aussi avoir des rotations, et d'autres isométries indirectes.
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En gros, tu obtiens toutes les isométries envoyant un cube tronqué sur l'autre par composition de la symétrie que tu donnes avec une isométrie du cube complet préservant la grande diagonale des sommets tronqués. Ces dernières isométries sont au nombre de douze : $Id$, deux rotations autour de cette diagonale, trois symétries autour d'axes la contenant, et les composés de toutes ces isométries avec $-Id$. Après, pour chacune, tu peux t'amuser à regarder la tranformation de ${\mathbb R }^3 $ correspondante.
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Bonsoir
Il s'agit de savoir quel est le stabilisateur du cube tronqué dans le groupe des isométries.
Je suppose qu'il faut nous en dire un peu plus sur la façon dont le cube est tronqué?
Amicalement
[small]pappus[/small] -
Les troncatures sont très précisément représentées dans ma perspective
dont la matrice est
$$\begin{pmatrix}
-2&4&0\\
-2&-1&4
\end{pmatrix}$$ -
Merci Soland
Je ne sais pas trop lire sur un dessin en perspective à moins de faire une épure.
Quant à ta matrice de troncature, je ne connais pas du tout sa théorie.
Peux-tu nous rappeler sa définition dans le repère orthonormé que tu as choisi et j'entresuperpose qu'il est situé au centre d'un de tes deux cubes et que les directions de ses axes dirigent les arêtes?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je présume qu'il s'agit de la matrice de la perspective et non de la troncature.
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Merci Frédéric
On peut tout faire dire à une matrice.
Je ne connaissais pas les matrices de troncature et encore moins celles d'une perspective.
On peut aussi tronquer les développements limités!
Bref tout ceci est bien mystérieux!
Parler de troncature pour moi signifie: écorner le cube par un plan dont il suffit de se donner l'équation mais pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
M'enfin ! Les sommets du triangle rouge divisent les arêtes qui les portent
dans les proportions respectives $(1:1)$, $(1:3)$ et $(5:3)$,
ceci pour les deux cubes.
On connaît peut-être mieux les matrices d'axonométrie,
qui s'obtiennent en effaçant la dernière ligne d'une
matrice orthogonale 3x3.
Pour représenter un point 3D en 2D on prémultiplie son vecteur de coordonnées
par la matrice donnée. Dans ma perspective les images des vecteurs
de la base canonique sont $(-2,-2)$, $(4,-1)$, $(0,4)$ (voir infra). -
Bonjour
Est-ce un problème de géométrie projective, alors il faut le poser clairement ou bien un problème de géométrie euclidienne: à savoir déterminer le groupe des isométries d'un cube tronqué?
Si on est dans ce dernier cas, il me semble quand même plus simple de se placer dans un repère où les coordonnées des sommets du cube sont les $(\pm 1, \pm1, \pm 1)$ et de se donner les équations des plans de troncature.
Est-ce vraiment trop exiger?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Je ne connais pas les équations des plans de troncature.
Ce que je sais est que les plans de troncature, pour un même
cube évidemment, sont parallèles et que les triangles obtenus
ne sont ni isocèles ni équilatéraux, mais isométriques.
Je ne peux en dire plus sans tuer le problème, qui se résout sans calcul.
Bon courage. -
Si le triangles obtenus ne son pas isocèles, la seule isométrie non triviale pouvant préserver le cube tronqué est la symétrie centrale par rapport au centre du cube. Dans ce cas, sa composition avec la symétrie miroir comme tu donnes est effectivement un vissage.
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Mais oui !
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Bonjour
Finalement dans cet exercice, ce qui est mystérieux, ce n’est pas sa solution qui est triviale mais bien son énoncé trop ésotérique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
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Bonjour!
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