Pascal pour pldx1

Moi je compte 60 hexagones et 45 points de rencontre.
3 points de rencontre alignés pour chaque hexagone, 4 hexagones (et 4 droites d'alignement) pour chaque point de rencontre, c'est normal : 180 couples (hexagone, point de rencontre sur l'hexagone).

Bonjour,

Après un lancement pareil, il va bien falloir que je contribue d'une façon ou d'une autre, même si l'hexagramme de Pascal m'apparaît plus comme un outil destiné à remplacer les déterminants... avant l'invention du déterminant un bon siècle plus tard.

Pour ce qui est des logiciels puissants, ils sont encore plus puissants lorsque l'on se pose les bonnes questions en matière de complexité. Par exemple, il y a $6!=720$ éléments dans $\mathfrak{S}_{6}$. Mais il n'y a que 60 configuration différentes: peu importe par quel sommet on commence la numérotation. Et peu importe si l'on tourne à gauche ou à droite, les côtés antipodaires n'en sont pas changés.

On choisit six sommets avec des coordonnées anti-collision: \[ \left(\begin{array}{c} +1\\ 1\\ +1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -1\\ 1\\ -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} +i\\ 1\\ -i \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} -i\\ 1\\ +i \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{9}{10}+\dfrac{4i}{5}\\ 1\\ \dfrac{9}{10}-\dfrac{4i}{5} \end{array}\right),\left(\begin{array}{c} \dfrac{1}{2}+i\,\dfrac{5+\sqrt{793}}{32}\\ 1\\ \dfrac 1 2 - i\,\dfrac{5+\sqrt{793}}{32} \end{array}\right) \] On calcule et on empile. Au moment de compter, il convient d'utiliser des set of list: les lists sont coagulées par valeurs (ce que l'on cherche), tandis que des matrices seraient coagulées par pointeurs (=c'est à dire jamais). Finalement, on trouve 60 droites de Pascal, prouvant qu'il y en a 60.

On trouve aussi 45 intersections plouf. Comme il y a $60\times 3$ paires (hexagone,intersection), cela suggère une configuration à 4 droites par intersection plouf. On suit à la trace la première intersection, et on voit qu'elle provient des hexagones $1,2,25,26$ dont les sommets sont: \[ \left[1,2,25,26\right]\mapsto\left[[1,2,3,4,5,6],[1,2,3,5,4,6],[2,1,3,4,5,6],[2,1,3,5,4,6]\right] \] Mécébiensur, dit-elle.

On s'intéresse aux intersections de droites de Pascal. On coupe $P_{1}$ par $P_{j}$ ($j>1$) et on se demande combien (x) de $P_{k}$ passent par là (y compris $P_{1}$ et $P_{j}$). On procède itérativement et on trouve 42 valeurs de $j$ avec $x=2$, 8 valeurs de $j$ avec $x=3$ et 9 valeurs de $j$ avec $x=4$. On en déduit qu'il y a 45 points de coordinance 4 (les plouf déjà obtenus), 80 points de coordinance 3 et 1260 points de coordinance 2. Les $x=3$ associés avec $P_{1}$ sont obtenus comme: \[ \left(\begin{array}{c} [1,8,59]\\{} [1,17,51]\\ 1,18,27]\\{} [1,23,52] \end{array}\right)\mapsto\left[\begin{array}{ccc} [1,2,3,4,5,6] & [1,3,2,5,4,6] & [4,3,1,2,5,6]\\{} [1,2,3,4,5,6] & [1,4,5,2,3,6] & [3,4,1,2,5,6]\\{} [1,2,3,4,5,6] & [1,4,5,3,2,6] & [2,1,4,3,5,6]\\{} [1,2,3,4,5,6] & [1,5,4,2,3,6] & [3,4,2,1,5,6] \end{array}\right] \]

La configuration de Steiner consiste à obtenir un triangle$
\def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}} \def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}}


$ $\tri 1$ comme dual du trigone $AB,CD,EF$ et un triangle $\tri 2$ comme dual du trigone $DE,FA,BC$. Calculant $\tri 3^{*}\doteq homolgon\left(\tri 1,\tri 3\right)$ on obtient trois droites que l'on peut identifier comme étant trois droites de Pascal, à savoir: \[ [15,6,47]\mapsto\left[[1,4,3,2,5,6],[1,2,5,4,3,6],[3,2,1,4,5,6]\right] \] Elles sont concourantes (Desargues). On a donc identifié un point de coordinance 3. On transporte sur le premier hexagone (les groupes agissant, cela sert à cela). Cela donne \[ [1,2,3,4,5,6][1,4,5,2,3,6][3,4,1,2,5,6]\hookrightarrow\left[1,17,51\right] \] qui fournit le prototype d'une série de 20 points (les points de Steiner).

Pour ce qui est des 60 autres points de coordinance 3, la substitution $[1\mapsto4,4\mapsto3,5\mapsto1,3\mapsto2,2\mapsto5,6\mapsto6]$ envoie le triplet \[ 1,2,3,4,5,6],[1,4,5,3,2,6],[2,1,4,3,5,6\hookrightarrow\left[1,18,27\right] \] sur le triplet \[ 4,5,2,3,1,6],[4,3,1,2,5,6],[5,4,3,2,1,6\hookrightarrow\left[8,59,1\right] \] et donc les 60 forment une seule orbite (Kirkman ?).

On s'intéresse aux alignements des points plouf. On aligne $U_{1}$ avec $U_{j}$ ($j>1$) et on se demande combien (y) de $U_{k}$ sont sur cette droite (y compris $U_{1}$ et $U_{j}$). Cette fois-ci, on procède par exhaustion. On trouve 26 paires, 4 triplets et 2 paquets de 6 (test de cohérence: $26\times1+4\times2+2\times5=45-1$). Pour la coordinance 3, cela donne $45\times4/3=60$: on voit qu'il n'y a pas d'autres candidats que les droites de Pascal. Pour la coordinance 6, cela donne $45\times2/6=15$. Il faudrait montrer que ces droites forment une seule orbite ( Plucker ?).

Nb: a un moment ou un autre, il faudra bien arrêter de reconnaître le terrain et procéder par calculs formels en local, suivi d'un transport par le groupe agissant sur la configuration.

Cordialement, Pierre.