Pentadécagone et décagones réguliers, et autres ...
Bonsoir à tous
Soit un pentadécagone régulier AB...HIJ...NO, et le triangle équilatéral DIN.
Je l'avoue, je n'arrive pas à comprendre pourquoi les sommets S et V du décagone régulier construit sur AB se trouvent sur les côtés DI et IN du triangle ...
Je vois bien que les segments SV, SI et SB sont égaux, mais la suite m'échappe ...
Merci de m'éclairer !
Et tant que j'y pense, joyeuses fêtes à tous !
JLB
Soit un pentadécagone régulier AB...HIJ...NO, et le triangle équilatéral DIN.
Je l'avoue, je n'arrive pas à comprendre pourquoi les sommets S et V du décagone régulier construit sur AB se trouvent sur les côtés DI et IN du triangle ...
Je vois bien que les segments SV, SI et SB sont égaux, mais la suite m'échappe ...
Merci de m'éclairer !
Et tant que j'y pense, joyeuses fêtes à tous !
JLB
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Réponses
d'autres étrangetés sans doute pas fortuites .
Cordialement
Je n'ai pas vu grand-chose et, afin d'acquérir la certitude que l'alignement apparent n'était pas une illusion, je me suis placé dans le plan complexe dont l'origine $O$ est située au centre du pentadécagone et où le point $A$ a pour affixe $1$.
J'ai nommé $K$ le centre du décagone "noir" possédant $A$ et $B$ comme sommets adjacents et j'ai noté: $a =\exp \left( \dfrac{ 2 \mathrm i \pi}{30}\right).$
Alors: $ Z_B = a^2,\qquad \boxed{Z_D = a^6},\qquad \boxed{Z_I = a^{16}},\qquad \dfrac{ Z_B-Z_K }{Z_A-Z_K} = a^3 \implies Z_K = \dfrac {a^2-a^3}{1-a^3}.\:\:$ D'autre part : $$ \dfrac{Z_S-Z_K }{Z_A-Z_K} = a^{12} \implies \boxed{Z_S= \dfrac {a^2-a^3+a^{12}- a^{14}}{1-a^3}.}$$
$ Z_S \overline{Z_D} +Z_D \overline{Z_I} +Z_I \overline{Z_S}= \dfrac{(a^2-a^3+a^{12}- a^{14})(a^{-6}- a^{-9})+(a^6-a^9)((a^{-16} - a^{-19}) + (a^{16} -a^{19} )( a^{-2} - a^{-3} +a^{-12} -a^{-14})}{| 1-a^3|^2}.$
En développant le numérateur et en utilisant les relations $a^{30} =1,\:\:a^{15} = -1,$ on trouve que:
$$ Z_S\overline{Z_D} + Z_D \overline{Z_I} + Z_I \overline {Z_S} = \dfrac{-(a^3 +a^{-3}) +(a^4 + a^{-4})+ (a^6+ a^{-6})-( a^7 + a^{-7})-( a^{13}+ a^{-13})}{ |1-a^3|^2}\in \R ,$$
et cela traduit bien l'alignement des points $S,\:D,\:I.$
On peut également se convaincre que le sommet $S$ du décagone "noir" précédemment défini, est aussi un sommet du décagone "rouge".
Notons $ r=\mathcal{Rot}\: (K; -\dfrac{ 3\pi}5),\qquad s = \mathcal{Rot} \:(O; \dfrac {16 \pi}{15}),\qquad V = r(A),\qquad T = s(V).\:\:\:$ Il faut prouver que $T=S.$
Alors $Z_V=\dfrac {a^2-a^3+a^{-9} - a^{-7}}{1-a^3}, \quad Z_T = a^{16}\: Z_V, \qquad\boxed{Z_T= \dfrac {a ^{18}+ a^4 - a^{22} + a^{24}}{1-a^3}.}$
Pour rendre claire l'égalité $Z_T=Z_S$, on a besoin du polynôme cyclotomique $\Phi(X) =\displaystyle \prod_{\substack {k\wedge 15 =1\\ 1\leqslant k\leqslant 14}} (X-a^{2k}) = X^8-X^7+X^5-X^4+X^3-X+1,\:\:\:$ qui vérifie donc $ \quad \Phi(a^2) =0.$
Il vient alors: $\quad(1-a^3)(Z_T-Z_S)=a^{24} - a^{22} +a^{14} - a^{12}+a^4-a^2 = a^2 (a^6-1) \Phi (a^2) =0\quad$ et ainsi $\quad \:Z_T=Z_S.$
fm_31, merci pour les sujets de réflexion supplémentaires.
J'avais déjà noté, mais sans en chercher l'explication, que S et V se trouvent aussi sur les médiatrices de deux des côtés du pentadécagone.
L'apparition de ton pentagone central est surprenante ! D'autant que j'ai l'impression que les sommets situés sur les côtés du triangle se trouvent au milieu de ces côtés ...
Edit : Mais ce n'est qu'une impression, je viens de constater qu'en fait, entre le milieu de de l'un de ces côtés et le sommet du pentagone, il y a une distance de 0,03253 quand la distance AB fait 2,72, d'après Geogebra.
Quant à l'ennéagone que tu as rajouté, il est en effet étonnant que ses côtés parallèles à ceux du triangle équilatéral passent par un sommet de chacun des décagones ...
Edit : et que les points d'intersection des côtés de ces polygones qui se coupent s'alignent sur les médiatrices passant par S et V ...
LOU16, merci d'avoir pris la peine de faire tous ces calculs dont je serais bien incapable, me contentant d'utiliser de bons vieux systèmes d'axes orthonormés ... et merci d'avoir confirmé l'alignement en question, dont j'étais certain qu'il existe, car j'avais pris les quelques secondes nécessaires pour agrandir suffisamment ma figure Geogebra pour me rendre compte que les points S et V sont bien sur les côtés du triangle ...
Bien cordialement
JLB
Dommage pour l'ennéagone ... et tant mieux pour les quatre pentagones, qui s'organisent de manière à former une espèce d'octogone oblong assez curieux ... ne dirait-on pas un bouclier moyenâgeux ? ;-)
Il me semble que le plus intéressant, c'est la figure formée par les deux décagones décalés et les quatre pentagones.
Bien cordialement
JLB
Les points du quinzagone (centré en $O$) sont donc $Q_{k}=\alpha^{2k}$.
Un premier décagone est $A_{j}=K+(A_{0}-K)\alpha^{3j}$ avec $A_{0}=Q_{0}$ et $A_{1}=Q_{1}$. On en déduit
\[ \dfrac{\alpha^{2}-K}{1-K}=\alpha^{3}\implies K=\dfrac{\alpha^{2}-\alpha^{3}}{1-\alpha^{3}}=-\alpha^{7}+\alpha^{5}+\alpha^{2}-\alpha \]
Un deuxième décagone (rouge) est $B_{j}=L_{1}+\left(B_{0}-L_{1}\right)\alpha^{3j}$ avec $B_{0}=Q_{8}$ et $B_{1}=Q_{9}$. On en déduit
\[ \dfrac{\alpha^{18}-L_{1}}{\alpha^{16}-L_{1}}=\alpha^{3}\implies L_{1}=\dfrac{\alpha^{18}-\alpha^{19}}{1-\alpha^{3}}=-\alpha^{7}-\alpha^{6}+\alpha^{5}+\alpha^{4}+\alpha^{2}-\alpha-1 \]
Un troisième décagone (bleu) est $C_{j}=L_{2}+\left(C_{0}-L_{2}\right)\alpha^{-3j}$ avec $C_{0}=Q_{8}$ et $C_{1}=Q_{7}$. On en déduit
\[ \dfrac{\alpha^{14}-L_{2}}{\alpha^{16}-L_{2}}=\alpha^{-3}\implies L_{2}=\dfrac{\alpha^{16}-\alpha^{17}}{1-\alpha^{3}}=\alpha^{6}-\alpha^{4}-\alpha+1 \]
On constate que \begin{eqnarray*} A_{4}=B_{7} & = & -2\,\alpha^{7}-\alpha^{6}+2\,\alpha^{5}+\alpha^{4}+\alpha^{3}+2\,\alpha^{2}-2\,\alpha-2\\ A_{7}=C_{7} & = & -2\,\alpha^{7}+\alpha^{5}+\alpha^{3}+\alpha^{2}-2\,\alpha \end{eqnarray*}
Un pentagone est $P_{n}=J+(P_{2}-J)\alpha^{12-6n}$ avec $P_{2}=B_{6}$ et $P_{3}=C_{6}$. On trouve \begin{eqnarray*} J & = & -4\,\alpha^{7}-\alpha^{6}+3\,\alpha^{5}+\alpha^{4}+2\,\alpha^{3}+3\,\alpha^{2}-4\,\alpha-2\\ P_{1} & = & -5\,\alpha^{7}-3\,\alpha^{6}+5\,\alpha^{5}+2\,\alpha^{4}+2\,\alpha^{3}+5\,\alpha^{2}-4\,\alpha-5 \end{eqnarray*} On vérifie aisément que $Q_{3},Q_{8},P_{1}$ sont alignés.
Le neuvogone ne peut pas apparaitre car 30 n'est pas divisible par 9.
Cordialement, Pierre.
Merci, Pierre, d'avoir explicité tous ces calculs, mais je dois t'avouer qu'il sont bien au-delà de mes capacités de compréhension ... déjà que je n'ai qu'une très vague idée de ce que peut être un "corps de fractions", et pas la moindre de ce à quoi ça peut servir ou de la manière d'utiliser un tel objet ... Mais je suis sûr que d'autres que moi en feront leur miel et s'en délecteront, et je m'en réjouis !
Pour la question de mon post initial, les alignements IVN et ISD, je cherche toujours une solution synthétique ...
Bonne soirée, bien cordialement
JLB
Le nombre $\alpha=\exp(2I\pi/30)$ est racine d'un certain polynôme (de degré 8, à cause des factorisations). Or toutes ces choses qui nous intéressent s'expriment par des sommes, des produits et des quotients contenant $\alpha$. Avec pour règle: tout ce qui n'est pas explicitement nul admet un inverse. Le résultat intéressant est que tous ces résultats peuvent se mettre sous forme d'un polynôme de degré au plus 7 en $\alpha$... et cela de façon unique. Donc prouver $A_4=B_7$ est simplement voir si les deux écritures sont exactement les mêmes.
Cordialement, Pierre
$(9,1)$, $(9,2)$ et $(9,4)$ .
Je leur ai donné le même côté et le même centre, et décalé $(9,4)$ de $\pi/9$ .
On dirait qu'il y a 27 alignements de 4 sommets !
Le second dessin représente trois triangles équilatéraux, chacun inscrit dans le suivant.
Je pense que le groupe des automorphismes du premier, en tant que graphe, est
$(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^3$, celui du second $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^2$.