Un calcul d'aire

Ludwig · May 2020

Bonsoir,
J'ai numéroté de $1$ à $12$ les sommets d'un dodécagone régulier. Des segments reliant ces sommets se croisent. Ces intersections sont complètement déterminées par quatre nombres : par exemple $A$ est l'intersection des segments $4-8$ et $5-12$.
On construit ensuite le polygone dont les sommets sont ces intersections.
Comment calculer simplement son aire ?

À ce propos j'ai une question : en traçant tous les segments possibles le dodécagone est-il partagé en zones d'aires $a$, $2a$,... $ka$, pour un certain nombre $a$ ? (j'ai essayé avec l'hexagone, on obtient deux aires possibles pour les parties obtenues, l'une étant le double de l'autre). Car il suffirait alors d'identifier les parties composant le polygone dont on veut trouver l'aire. 103274

YvesM · May 2020

Bonjour,

Je ne vois aucun raccourci. On passe en coordonnées cartésiennes avec les sommets $P_k$ d’abscisses $x_k=\cos {\pi\over 6} k$ et d’ordonnées $y_k=\sin {\pi\over 6} k$ pour $k=1,2,...,12.$ On cherche alors les équations des droites $(P_kP_q)$ puis de leurs intersections $A,B,C,D,E$. On calcule alors par produits vectoriels ou les longueurs les aires des triangles $EAB, BCE,CDE.$

Si je le fais... je mets plus d’une heure.

Rescassol · May 2020

Bonsoir,

On peut aussi faire faire le boulot à un logiciel de calcul.
Mais ça n'a pas l'air très rigolo.

Cordialement,

Rescassol

Bouzar · May 2020

Bonsoir

Cordialement 103276

kolotoko · May 2020

Bonjour,

pour trouver 50,41, il me faut une donnée.

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig · May 2020

Prenons des polygones réguliers de côté 1. En traçant tous les segments possibles pour l'octogone on obtient des régions dont les aires sont $a= \frac{3 \sqrt{2}-4}{8}$, $b=a \sqrt{2}$, $c=2a$, $d=(2+ \sqrt{2})a$ et $e=(1+ \sqrt{2})a$.
Possible que pour n'importe quel polygone régulier on ait ce genre de relations, avec $a$ algébrique.
Et alors on doit pouvoir déterminer les régions élémentaires d'un polygone déterminé par les intersections de quelques uns de ces segments, à partir des coordonnées de celles-ci (les entiers correspondants à la numérotation des sommets du polygone régulier). 103288

pappus · May 2020

Bonjour à tous
Un calcul d'aire de polygones se ramène en définitive à celui de l'aire d'un triangle.
La figure ci-dessous montre le divin cercle trigonométrique, tout ce qui nous reste en fait de cercles, avec dessus trois paires de points $(a,a')\ $, $(b,b')\ $, $(c,c')\ $ donnés par leurs affixes.
Calculer l'aire du triangle $\alpha\beta\gamma$.
Amicalement
[small]pappus[/small] 103292

Ludwig · May 2020

Je me souviens maintenant avoir vu passer la question de pappus lorsque j'étais étudiant. Il me semble bien que la solution aussi avait été donnée, mais aujourd'hui je n'ai aucune idée de comment la trouver.

Un mur.

Rescassol · May 2020

Bonjour,

Morley dit que si on a $A(a),B(b),C(c),A'(ap),B'(bp),C'(cp)$, alors l'aire est $A=\dfrac{i}{4}\times\dfrac{N}{D}$ avec:

N =(a*ap*b + a*ap*bp - a*ap*c - a*b*bp - a*ap*cp - ap*b*bp + a*c*cp + b*bp*c + ap*c*cp + b*bp*cp - b*c*cp - bp*c*cp)^2
D = (a*ap - b*bp)*(b*bp - c*cp)*(c*cp - a*ap)

Il reste à mettre ça sous forme de déterminants astucieusement découverts.:-D

Cordialement,

Rescassol

Edit: Une erreur de calcul corrigée.

pappus · May 2020

Mon cher Rescassol
Tout le monde sait savait que l'aire d'un triangle s'exprime s'exprimait simplement sous forme de déterminants en fonction des équations de ses côtés.
Et c'est le cas ici!
Aujourd'hui on en est resté $2000$ ans en arrière (toute!).
$$\mathrm{Aire}(\Delta)=\dfrac 12 \mathrm{Base}\times \mathrm{Hauteur}\ $$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · May 2020

Bonjour,

Et les côtés ont pour équations $z + a \space ap \space \overline{z} - a - ap = 0$ et permutation circulaire.

Cordialement,

Rescassol

pappus · May 2020

Bonjour à tous
L'aire algébrique du triangle $\alpha\beta\gamma\ $ est donnée par la formule:
$$S=\dfrac {\imath}4
\dfrac{\begin{vmatrix}
1&a+a'&aa'\\
1&b+b'&bb'\\
1&c+c'&cc'
\end{vmatrix}^2}{(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}
\\$$

pappus · May 2020

Bonsoir à tous
J'ai compris!
C'est moi qui doit démontrer cette satanée formule comme d'habitude puisque personne ne veut s'y coller et puisqu'il faut être clair, il va falloir détailler.
Tout d'abord l'aire algébrique du triplet $(z_1,z_2,z_3)$ du plan euclidien $\mathbb C=\mathbb R^2$ orienté usuellement est donné par les formules:
$$S=\dfrac 12\begin{vmatrix}
1&1&1\\x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\end{vmatrix}
=\dfrac{\imath}4
\begin{vmatrix}
1&1&1\\
z_1&z_2&z_3\\
\overline{z_1}&\overline{z_2}&\overline{z_3}
\end{vmatrix}
\quad
$$
Je suppose que la première égalité est bien connue! (??)
Quant à la seconde, elle se démontre à partir de la première en utilisant le caractère multilinéaire alterné du déterminant mais est-il encore enseigné? Il faudra que je vérifie!
Passons maintenant aux équations des droites $(a,a')$, $(b,b')$, $(c,c')$.
Par exemple, la similitude indirecte $z\mapsto -aa'\overline z+a+a'$ fixe $a$ et $a'$. C'est donc une symétrie dont les points fixes sont situés sur son axe $(a,a')$ dont l'équation est donc:
$$-(a+a')+z+aa'\overline z=0$$
Les équations des droites $(a,a')$, $(b,b')$, $(c,c')$ sont donc:
$$\begin{cases}
-(a+a')+z+aa'\overline z=0\\
-(b+b')+z+bb'\overline z=0\\
-(c+c')+z+cc'\overline z=0
\end{cases}
$$
On passe maintenant aux choses sérieuses en évaluant le produit de matrices:
$$
\begin{pmatrix}
-(a+a')& 1& aa'\\
-(b+b')&1&bb'\\
-(c+c')&1&cc'
\end{pmatrix}
.\begin{pmatrix}
1&1&1\\
\alpha&\beta&\gamma\\
\overline{\alpha}&\overline{\beta}&\overline{\gamma}
\end{pmatrix}
$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
con tiêp nu'a

Rescassol · May 2020

Bonsoir,

Le calcul que j'ai fait et dont j'ai montré le résultat dans le code plus haut démontre ta formule.
Je peux préciser que j'ai calculé les points d'intersection des trois droites, puis utilisé la formule de l'aire donnée dans le JDE.
Et j'obtient bien la même chose que ton déterminant développé.

Cordialement,

Rescassol

pappus · May 2020

Merci Rescassol
Je l'avais bien compris quoiqu'en laissant dire Morley, tu laissais un peu tes lecteurs sur leur faim!
L'intérêt de mon calcul est de montrer que ton numérateur se factorise bien de la façon que j'ai indiquée!
Prends bien soin de ta santé
Amitiés
[small]p[/small]appus

Bouzar · June 2020

Bonsoir pappus,

Voici une preuve "pédestre" de ta formule.

$S=\dfrac{\imath}4

\begin{vmatrix}

z_1&1&\overline{z_1}\\

z_2&1&\overline{z_2}\\

z_3&1&\overline{z_3}

\end{vmatrix}=\dfrac{\imath}4

\begin{vmatrix}

\overline{\left(\dfrac{b+b'-(c+c')}{bb'-cc'}\right)}&1&\dfrac{b+b'-(c+c')}{bb'-cc'}\\

\overline{\left(\dfrac{a+a'-(c+c')}{aa'-cc'}\right)}&1&\dfrac{a+a'-(c+c')}{aa'-cc'}\\

\overline{\left(\dfrac{a+a'-(b+b')}{aa'-bb'}\right)}&1&\dfrac{a+a'-(b+b')}{aa'-bb'}

\end{vmatrix}
\quad
$

$=\dfrac{\imath}4

\begin{vmatrix}

\dfrac{bb'(c+c')-cc'(b+b')}{bb'-cc'}&\dfrac{bb'-cc'}{bb'-cc'}&\dfrac{b+b'-(c+c')}{bb'-cc'}\\

\dfrac{cc'(a+a')-aa'(c+c')}{cc'-aa'}&\dfrac{cc'-aa'}{cc'-aa'}&\dfrac{c+c'-(a+a')}{cc'-aa'}\\

\dfrac{aa'(b+b')-bb'(a+a')}{aa'-bb'}&\dfrac{aa'-bb'}{aa'-bb'}&\dfrac{a+a'-(b+b')}{aa'-bb'}

\end{vmatrix}
$

$=\dfrac{\imath}{4(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}

\begin{vmatrix}

bb'(c+c')-cc'(b+b')&bb'-cc'&b+b'-(c+c')\\

cc'(a+a')-aa'(c+c')&cc'-aa'&c+c'-(a+a')\\

aa'(b+b')-bb'(a+a')&aa'-bb'&a+a'-(b+b')

\end{vmatrix}$

$=\dfrac{\imath}{4(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}

\begin{vmatrix}

-\begin{vmatrix} b+b'&bb'\\ c+c'&cc'\\ \end{vmatrix} &
-\begin{vmatrix} 1&bb'\\ 1&cc'\\ \end{vmatrix} &
-\begin{vmatrix} 1&b+b'\\ 1&c+c'\\ \end{vmatrix} \\

\begin{vmatrix} a+a'&aa'\\ c+c'&cc'\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} 1&aa'\\ 1&cc'\\ \end{vmatrix}&\begin{vmatrix} 1&a+a'\\ 1&c+c'\\ \end{vmatrix} \\

-\begin{vmatrix} a+a'&aa'\\ b+b'&bb'\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} 1&aa'\\ 1&bb'\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} 1&a+a'\\ 1&b+b'\\ \end{vmatrix}

\end{vmatrix}$

$=\dfrac{(-1) \times (-1) \imath}{4(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}

\begin{vmatrix}

\begin{vmatrix} b+b'&bb'\\ c+c'&cc'\\ \end{vmatrix} &
-\begin{vmatrix} 1&bb'\\ 1&cc'\\ \end{vmatrix} &
\begin{vmatrix} 1&b+b'\\ 1&c+c'\\ \end{vmatrix} \\

-\begin{vmatrix} a+a'&aa'\\ c+c'&cc'\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} 1&aa'\\ 1&cc'\\ \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} 1&a+a'\\ 1&c+c'\\ \end{vmatrix} \\

\begin{vmatrix} a+a'&aa'\\ b+b'&bb'\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} 1&aa'\\ 1&bb'\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} 1&a+a'\\ 1&b+b'\\ \end{vmatrix}

\end{vmatrix}$

$=\dfrac{ \imath}{4(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}

\begin{vmatrix}

\begin{vmatrix} b+b'&bb'\\ c+c'&cc'\\ \end{vmatrix} &
-\begin{vmatrix} 1&bb'\\ 1&cc'\\ \end{vmatrix} &
\begin{vmatrix} 1&b+b'\\ 1&c+c'\\ \end{vmatrix} \\

-\begin{vmatrix} a+a'&aa'\\ c+c'&cc'\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} 1&aa'\\ 1&cc'\\ \end{vmatrix}&-\begin{vmatrix} 1&a+a'\\ 1&c+c'\\ \end{vmatrix} \\

\begin{vmatrix} a+a'&aa'\\ b+b'&bb'\\ \end{vmatrix} &-\begin{vmatrix} 1&aa'\\ 1&bb'\\ \end{vmatrix} &\begin{vmatrix} 1&a+a'\\ 1&b+b'\\ \end{vmatrix}

\end{vmatrix}$

$= \dfrac{ \imath}{4(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')} det( Com(\begin{pmatrix}1&a+a'&aa'\\1&b+b'&bb'\\1&c+c'&cc'\end{pmatrix}))$

$=\dfrac {\imath}4

\dfrac{\begin{vmatrix}

1&a+a'&aa'\\

1&b+b'&bb'\\

1&c+c'&cc'

\end{vmatrix}^2}{(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}

\\.$

Amicalement

Bouzar · June 2020

Montrons la relation : $S=\dfrac 12\begin{vmatrix}

1&1&1\\x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\end{vmatrix}

=\dfrac{\imath}4

\begin{vmatrix}

1&1&1\\

z_1&z_2&z_3\\

\overline{z_1}&\overline{z_2}&\overline{z_3}

\end{vmatrix}$

L'application déterminant est trilinéaire alternée. On a donc :

$S=\dfrac 12\begin{vmatrix}

1&1&1\\x_1&x_2&x_3\\y_1&y_2&y_3\end{vmatrix}

=\dfrac 12\begin{vmatrix}

1&1&1\\\dfrac{z_1+\overline{z_1}}{2}&\dfrac{z_2+\overline{z_2}}{2}&\dfrac{z_3+\overline{z_3}}{2}\\\dfrac{z_1-\overline{z_1}}{2\imath}&\dfrac{z_2-\overline{z_2}}{2\imath}&\dfrac{z_3-\overline{z_3}}{2\imath}\end{vmatrix}$

$=\dfrac{1}{8\imath}\begin{vmatrix}

1&1&1\\ z_1+\overline{z_1 }& z_2+\overline{z_2 }& z_3+\overline{z_3} \\ z_1-\overline{z_1} & z_2-\overline{z_2} & z_3-\overline{z_3 }\end{vmatrix}$

$=\dfrac{-2}{8\imath}\begin{vmatrix}1&1&1\\ z_1& z_2& z_3\\ \overline{z_1} & \overline{z_2} & \overline{z_3 }\end{vmatrix}=\dfrac{\imath}{4}\begin{vmatrix}1&1&1\\ z_1& z_2& z_3\\ \overline{z_1} & \overline{z_2} & \overline{z_3 }\end{vmatrix}.$

pappus · June 2020

Merci Bouzar!
Mais comme tu le dis, ta preuve pédestre ne nous éclaire pas beaucoup sauf sur ta virtuosité en calcul.
L'avantage de ma preuve est de montrer les bienfaits de la divine algèbre en géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · June 2020

Bonjour à tous
Compte tenu des relations d'incidence définissant les points $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, notre produit matriciel est une matrice diagonale de la forme:
$$\mathrm{Diag}(\theta_a,\theta_b,\theta_c)\qquad $$
avec
$$\begin{cases}
\theta_a&=&-(a+a')+\alpha+aa'\overline{\alpha}\\
\theta_b&=&-(b+b')+\beta+bb'\overline{\beta}\\
\theta_c&=&-(c+c')+\gamma+cc'\overline{\gamma}
\end{cases}
\:
$$
On passe maintenant aux déterminants en posant:
$$D=\begin{vmatrix}
-(a+a')& 1& aa'\\
-(b+b')&1&bb'\\
-(c+c')&1&cc'
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1&a+a'& aa'\\
1&b+b'&bb'\\
1&c+c'&cc'
\end{vmatrix}
\qquad
$$
et $$\Delta=
\begin{vmatrix}
1&1&1\\
\alpha&\beta&\gamma\\
\overline{\alpha}&\overline{\beta}&\overline{\gamma}
\end{vmatrix}
\qquad
$$
On a donc:
$$D.\Delta=\theta_a\theta_b\theta_c\qquad$$
Le but de la manip est maintenant de calculer les $\theta_{\bullet}\quad$
Par exemple $\alpha\!$ et $\overline{\alpha}\!$ vérifient le système linéaire suivant de trois équations à deux inconnues;
$$\begin{cases}
\alpha +aa'\overline{\alpha}&=&\theta_a+a+a'\\
\alpha +bb'\overline{\alpha}&=&b+b'\\
\alpha +cc'\overline{\alpha}&=&c+c'
\end{cases}
\quad
$$
Ce système doit être compatible et on écrit la relation de compatibilité, (est-elle encore enseignée? Je ne le sais pas!).
$$\begin{vmatrix}
1&aa'&\theta_a+a+a'\\
1&bb'&b+b'\\
1&cc'&c+c'
\end{vmatrix}
=0
\quad
$$
On résout cette équation du premier degré en $\theta_a$ et on trouve:
$$\theta_a=\dfrac D{bb'-cc'}\quad$$
On permute circulairement parce qu'on a les bonnes notations:
$$\theta_b=\dfrac D{cc'-aa'}\quad$$
$$\theta_c=\dfrac D{aa'-bb'}\quad$$
On reporte ces valeurs des $\theta_{\bullet}\quad$ dans l'équation $$D.\Delta=\theta_a\theta_b\theta_c\qquad$$
et on trouve:
$$\Delta=\dfrac{D^2}{(bb'-cc')(cc'-aa')(aa'-bb')}\qquad$$
$CQFD$
Amicalement
[small]p[/small]appus

Un calcul d'aire

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