P/A>2
Bonsoir
Je n'arrive pratiquement plus à me connecter sur le site alors je profite de l'occasion !!!
C est une figure convexe du plan euclidien rapporté à un repère orthonormé ne contenant aucun point à coordonnées entières dans son intérieur . Si P et A désignent le périmètre et l'aire de C , montrer que P/A>2 .
Un exemple qui montre que 2 est la meilleure minoration .
C'est un sujet d'olympiade alors ...
Merci d'avance pour la participation
Domi
Je n'arrive pratiquement plus à me connecter sur le site alors je profite de l'occasion !!!
C est une figure convexe du plan euclidien rapporté à un repère orthonormé ne contenant aucun point à coordonnées entières dans son intérieur . Si P et A désignent le périmètre et l'aire de C , montrer que P/A>2 .
Un exemple qui montre que 2 est la meilleure minoration .
C'est un sujet d'olympiade alors ...
Merci d'avance pour la participation
Domi
Réponses
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Salut Domi,
Ça me fait penser à un trombonne à coulisse, ton machin.
C'était juste pour faire remonter le schmilblick. -
Question: peut-on restreindre l'étude aux polygones convexes?
Si oui, [size=small]et je pense que oui,[/size]
Si le périmètre du polygone n'est pas coïncé dans les clous, on pourra toujours réduire le rapport P/A en faisant une homothétie, de centre, judicieusement choisi et de rapport k jusquà toucher les clous.
le périmètre augmentera d'un facteur k et l'aire d'un facteur k² donc le rapport P/A diminuera puisque divisé par k.
de même une affinité réduira le rapport P/A, puisque l'aire sera multiplié par k tandis que les segments du pourtour seront multipliés par k cos alpha , où alpha est l'angle que fait ledit segment avec la direction de l'affinité....
Maintenant, voyons s'il touche un clou, deux clous, trois clous...
mais ce n'est là que réflexion à haute voix... -
Bonjour,
La figure convexe peut être quelconque ? En tout cas, quand ça rentre dans le cadre du théorème de Pick, dont il a été question récemment sur le forum, on a $A=\frac{b}{2}-1$ (notations 1er lien), et comme $P\geq b$, on obtient $P\ge 2A+2$. -
Salut Jacquot et Amtagpa
Une formule non homogène , on peut penser à Pick mais bon comment ? Le quadrillage joue un rôle essentiel ( pour un disque de grand rayon P/A=2/R tend vers 0) mais où ?
Merci pour la participation .
Domi -
Bonsoir,
Il manque peut-être des hypothèses sur C ? Peut-être qu'il s'agit uniquement de polygones convexes comme dit par Jacquot,
parce qu'un disque de rayon R=1 (par exemple disque inscrit dans un carré élémentaire) donne P/A=2/R=2 et fournit un contre-exemple. Bon c'est faux.
Bon c'est juste un petit up... -
Bonjour,
Une petite remarque idiote (mais elle n'a pas encore été faite
) pour faire remonter le fil : si C est contenu dans une bande de largeur 1 du quadrillage, alors le résultat est clair. -
Ah oui, parce que dans ce cas-là on connaît la figure C qui minimise P/A, C ça ?
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Je ne comprends pas la raison que tu donnes, mais il y en a une qui est très simple.
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En supposant que $C \subset \{0 \leq x \leq 1\}$ est borné, et en notant $h=\sup_{(x,y) \in C} y - \inf_{(x,y) \in C} y$, on a $C \subset [0,1] \times [a,a+h]$ donc $A \leq h$. D'autre part il semble "assez clair" que $P \geq 2h$ (il faut monter et redescendre), ce qu'on doit ouvoir prouver correctement en paramétrant $\partial C$ comme deux graphes $x=f(y)$ au-dessus de $[a,a+h]$ (mais je suis sûr que Ga? a une méthode plus élégante).
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Essentiellement, what else ? On a bien en fait l'inégalité stricte (sauf si A est réduit à un point).
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Oui, dès que $C$ est d'intérieur non vide, il faut un peu de déplacement horizontal pour en faire le tour.
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Merci egoroffski et Ga?.
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Ça y est, j'ai compris l'affirmation de Ga?
Admettons que notre convexe est plus large que haut et soit $L$ sa largeur. Alors $P\geq2L$ et s'il est conetenu dans une bande de hauteur 1, on at $A\leq L$ puisque $H\leq 1$.
Maintenant, on sent bien que, du fait de sa convexité, notre convexe ne peut pas dépasser de beaucoup la bande de hauteur 1
C'est ce que je voulais suggérer quand je parlais de trombonne à coulisse: si on veut augmenter l'aire en soufflant dedans, l'expansion sera essentiellement horizontale..
Mais là, c'est du baratin -
Bonsoir jacquot,
Petit problème : le convexe peut aussi partir (méme assez loin) de façon oblique (ni horizontale, ni verticale). -
Si le convexe part de façon oblique mais qu'il est contenu dans un rectangle (oblique) de largeur 1, alors le résultat est encore clair il semble. (?)
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Bonsoir à tous
l'inégalité est parfaitement claire ( à la lecture des messages précédents ) quand le convexe est contenu dans une bande parallèle aux axes . Je ne suis pas sûr que le problème soit plus simple si on le limite aux polygones dont les sommets sont des noeuds du quadrillage .
Je précise que je n'ai pas la solution du problème et je remercie chaleureusement tous les participants .
Domi -
Bonjour Domi,
"Je ne suis pas sûr que le problème soit plus simple si on le limite aux polygones dont les sommets sont des noeuds du quadrillage . "
Mais si, et il n'y a même plus besoin dans ce cas d'hypothèse de convexité - juste le fait qu'il n'y a pas de point entier à l'intérieur suffit. Amtagpa a déjà dit plus haut que c'est une conséquence immédiate de la formule de Pick. -
En effet la formule de Pick règle sans effort le cas où les sommets sont des noeuds . En fait je ne vois pas trop le rôle joué par la convexité qui aurait plutôt tendance à "agrandir l'aire par rapport au périmètre" . Quelqu'un a-t-il un exemple de figure sans point intérieur avec P/A<2 ( donc forcément non convexe ) ?
Domi -
Salut Domi,
Je crois que la convexité sert en fait, conjointement à l'absence de points intérieurs entiers, à garantir que la figure reste "petite" ; sans quoi le rapport $P/A$ peut diminuer sans limite.
Exemple : le disque $C_0$, centré en l'origine et de rayon $2$, vérifie $P_0=A_0=4 \pi$, donc $P_0/A_0=1<2$.
Problème : il contient les $9$ points entiers de $K=\{-1,0,1\}^2$ dans son intérieur.
Solution : n choisit $\delta \in ]0,1/2[$ et on enlève à $C_0$ neuf disques centrés aux points de $K$, de rayon $\delta$. La figure $C$ obtenue vérifie $P=P_0+18 \pi \delta$ et $A=A_0-9 \pi \delta^2$, et il est clair que $P/A$ reste $<2$ pour $\delta$ suffisamment petit, et $C$ ne contient pas de points entiers en son intérieur (bien sûr il n'est pas convexe).
En prenant des disques $C_0$ beaucoup plus grands, et en faisant le même genre de manip, on voit que le rapport $P/A$ peut être rendu arbitrairement petit lorsqu'on enlève l'hypothèse de convexité. -
Merci Egoroffski
En fait ma question était plutôt pour une figure sans "trou" ( l'intérieur d'une boucle simple ) , je n'ai pas trouvé d'exemple avec P/A inférieur à 2 .
Domi -
Apparemment, il doit y avoir un exemple de figure non-convexe sans trou avec $P/A<2$.
En effet, je viens de tomber sur une généralisation ("convex" remplacé par "simply connected") qui affirme $P/A>1/\gamma$ avec $\gamma=0.582822\ldots$ et "The inequality is asymptotically tight, i.e. $\gamma$ cannot be replaced by a smaller number".
Je donne le lien si quelqu'un est intéressé. -
Bonsoir,
Pour la chenille ci-dessous
P/A est asymptotiquement $\dfrac {\pi \sqrt 2}{1+\pi/2}$, soit environ $1.728$
Explication:
L'hypothèse de convexité est donc bien nécessaire. -
Bien vu jacquot (tu)
-
Merci Amtagpa, mais apparemmment, on peut faire mieux:
selon ta source anglophone, la limite inf de P/A est 1/0,52822 , soit environ 1,716
Pour Domi,
L'hypothèse de convexité interdit cette répétition de bosses. -
Il faut sans doute s'entendre sur la notion de périmètre. Car au sens du calcul des variations, celui-cia une aire $A=6+3\pi/2$ et un périmètre $P=3\sqrt2\pi+4$. Or
-->(3*sqrt(2)*\%pi+4)/(6+3*\%pi/2) ans = 1.6176269 -
D'après ma source anglophone : "throughout this paper a plane region is called simply connected if its boundary is a rectifiable Jordan curve and hence area and perimeter are defined".
Si je comprends bien ce qu'est une courbe de Jordane Jordan, ce cas de figure n'est pas accepté. -
Okay, weird way of defining simple connectedness, area and perimeter but whatever...:D
-
remarque,
Je contesterais ton calcul de périmètre, les segments de droite étant parcourus en aller & retour si on fait le tour de la surface, d'où:
$P=3\sqrt2 \pi +8$ et P/A= 1,99... -
C'est bien pourquoi j'ai précisé le périmètre au sens du calcul des variations...:D (qui ne donne pas ce que je veux non plus, mais peu importe). Disons la mesure de Hausdorff de dimension 1 de la frontière, pour simplifier.
-
Bon, histoire d'alimenter le fil :
Pour une aire $A < \pi$, on a bien $P>2A$ (et ceci sans convexité, ni condition sur les points entiers). -
C'est clair, Ga?
Quand j'évoquais le trombonne à coulisse , c'était aussi pour imaginer ce qui se passerait si on soufflait dedans.
pour une enveloppe flasque de périmètre P, l'aire est maximale quand on l'a gonflée à bloc, c'est à dire quand elle est circulaire... et alors si $R\leq1$ on a bien $P\geq 2A$
Aussi cette réponse, vague à une remarque que tu me faisais:
J'ai l'impression qu'on peut alors raisonner avec un parallélogrammeGa? a écrit:Petit problème : le convexe peut aussi partir (méme assez loin) de façon oblique
et se ramener au cas du "grand axe horizontal", si tu me suis...
Ta remarque pour que $P\leq2A$, il faudrait que $A\geq \pi$ peut nous faire avancer: le gand axe de notre convexe doit faire au moins 2
à suivre... -
J'ai peut-etre une piste mais je ne l'ai pas mise en forme. Soit [a,b] la projection du convexe sur l'axe des reels. Pour tout $x\in [a,b]$, l'intersection du convexe avec $\{x\}\times \R$ est un segment $\{x\}\times [g(x),h(x)]$, avec $g$ convexe et $h$ concave. Notons $f=h-g$, alors
(1) $f$ est concave et positive
(2) pour tout entier $n\in ]a,b[$ on a $f(n)\le 1$
(3) $A=\int_a^b f(x)\,dx$
(4) $P>2(b-a)$
Donc il suffit de montrer, sous les hypotheses (1) et (2) que $\int_a^b f(x)\,dx\le b-a$. Je vais aller diner et je reflechis apres pour voir si c'est vrai. -
Je traite le cas particulier ou la projection du convexe sur l'un des deux axes de coordonnees est de longueur $\ge 2$. Quitte a echanger les coordonnees, on peut donc supposer $b-a\ge 2$. Soit $m$ le maximum de $f$ et soit $c$ un point tel que $f(c)=m$. Si $m\le 1$ c'est gagne, placons-nous donc dans le cas $m>1$.
1er cas : il existe $n$ entier tel que $a\le n<c<n+1\le b$.
Pour tout $x\in [a,c]$, la courbe de $f(x)$ est en-dessous de la droite passant par $(n,1)$ et par $(c,m)$ donc
Edit: le graphe de $f$ est en-dessous d'une droite passant par $(n,1)$ et d'une droite passant par $(n+1,1)$, ce qui permet de se ramener au cas ou $f$ est affine croissante sur un certain segment $[a,c']$ et affine decroissante sur $[c',b]$ avec $c'\in [n,n+1]$. on a ainsi
$$f(x)\le m-\frac{(m-1)(c-x)}{c-n}$$
ce qui donne
$$\int_a^cf(x)\,dx\le m(c-a)-(m-1)\frac{(c-a)^2}{2(c-n)}.$$
En procedant de meme pour $\int_c^b f(x)\,dx$, on obtient
$$A\le m(b-a)-(m-1)\frac{1}{2}\left(\frac{(c-a)^2}{c-n}+\frac{(b-c)^2}{n+1-c}\right).$$
Posons $u=c-a$, $v=b-c$ et $w=c-n$. Le coefficient de $m$ est egal a $u+v-\frac{1}{2}\left(u^2/w+v^2/(1-w)\right)$. En derivant par rapport a $w$, on obtient que ce coefficient est maximal lorsque $u/w=v/(1-w)$ et que ce maximum vaut $(u+v)(1-(u+v)/2)\le 0$, donc $A$ est inferieure a la valeur obtenue en remplacant $m$ par $1$ qui est precisement $b-a$.
2e cas : $a\le c \le n$ avec $n\le a+1$. La courbe representative de $f$ est en-dessous d'une droite de pente negative passant par le point $(n,1)$. On se ramene donc au cas ou $c=a$ et $f(x)=m-\frac{(m-1)(x-a)}{n-a}$. Comme plus haut, on calcule que le coefficient de $m$ est $(b-a)(1-(b-a)/(2(n-a)))\le(b-a)(1-(b-a)/2)\le 0$ donc $A\le b-a$.
3e cas : $n\le c\le b\le n+1$. Analogue. -
Pour tout $ x\in [a,c]$, la courbe de $ f(x)$ est en-dessous de la droite passant par $ (n,1)$ et par $ (c,m)$
Pourquoi, s'il te plait ? J'ai l'impression que ça peut déborder un petit peu entre n et c, non ? (J'imagine, par exemple, une demi-ellipse) -
Ah oui, je me suis plante. Mais l'argument doit encore marcher en placant la courbe representative de f en-dessous d'une fonction $f_1$, affine croissante sur $[a,c]$, affine decroissante sur $[c,b]$, telle que $f_1(n)=f_1(n+1)=1$.
-
Je continue. Il reste a traiter le cas ou le convexe est contenu dans un rectangle $R$ dont les cotes sont de longueur $< 2$ et sont paralleles aux axes de coordonnees. Traitons par exemple le cas ou l'interieur de $R$ contient 4 points du reseau entier. Notons $C$ le carre forme par ces 4 points.
Par chacun des sommets de $C$ passe une droite horizontale et une droite verticale, ce qui divise $R$ en 4 quadrants (nord-est, sud-est, NW et SW). Le convexe ne peut pas contenir des points interieurs a chacun de ces 4 quadrants. Une fois fixe la position (NE, SE, NW ou SW) d'un quadrant exclu pour chaque sommet, l'aire non exclue est une fonction affine de la position horizontale de C, et aussi une fonction affine de la position verticale de C, donc elle est maximale lorsqu'un des sommets de C coincide avec un des sommets de R. Ensuite, en dilatant R, on se ramene au cas ou R est un carre de cote 2 et C un carre de cote 1 ayant un sommet commun avec R, et on voit que $A\le 3$. D'apres l'inegalite isoperimetrique $P^2/A\ge 4\pi$, on a $P/A\ge\sqrt{4\pi/A}\ge\sqrt{4\pi/3}>2$. -
D'accord, c'est complet.
Pour le cas d'un convexe contenu dans un carré de côté 2 et d'aire $\geq \pi$, on peut aussi raisonner ainsi (je recycle l'idée d'un collègue) : L'image dans le tore $\R/\Z\times \R/\Z$ contient un point qui a quatre antécédents. Si on fait un peu attention à la façon de choisir un tel point, les quatre antécédents sont les sommets d'un carré de côté 1 qui contient un point entier, contradiction.
[La case LaTeX. AD] -
a-priori , j'en ai des simplement connexes avec lim P/A =0
-
Bonsoir,
Merci Domi pour ta réponse
Amicalement. -
Fais voir!capésard a écrit:j'en ai des simplement connexes avec lim P/A =0
N'est-ce pas en contradiction avec le british citation?
Je n'ai pas encore bien compris la solution de JLT, faut dire que j'ai du mal quand il n'y a pas de dessin...Amtagpa a écrit:généralisation ("convex" remplacé par "simply connected") qui affirme P/A> 1/0.582822..
J'en étais resté à la recherche de solutions en forme d'ellipses quasi-coïncées dans la bande de hauteur 1, avec la difficulté du calcul du périmètre de l'ellipse! -
Petite precision dans le cas simplement connexe et non necessairement convexe : si on prend des chenilles comme celles de jacquot mais avec des arcs de cercles d'angle $2x$ et $x$ non necessairement egal a $\pi/4$, le rapport $P/A$ est asymptotiquement
$$\frac{\frac{2x}{\sin x}}{\frac{x}{2\sin^2x}+1-\frac{\cot x}{2}}$$
qui est minimum quand $x\simeq 1.0312$, et ce minimum vaut environ $1.715789$. -
Mes lunules ici
Faut que je fasse les calculs
La lunule est décrite par \quad $2n \leq xy \leq 2(n+1),\ x \geq 1,\ y \geq 1$
l'aire vaut\quad $\int_{2n}^{2(n+2)} \ln(t)dt$, \ qui se primitive agréablement.
Les brins d'hyperbole se paramètrent en $x(t)=\sqrt{2n}\, e^{t},\ y(t)=\sqrt{2n}\, e^{-t}$
...
Quand l'entier impair $2n+1$ est premier, le domaine ne contient pas de points à coordonnées entières et\quad $\lim P/A=0$ -
> lim P/A=0
C'est faux. -
Bonsoir,
La limite de JLT est celle proposée par Amtagpa ici et trouvée dans un pdf: http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,650350,651895#msg-651895
Amicalement. -
Juste une petite intervention pour dire que je n'ai pas réussi à trouver du temps pour suivre le fil ( je sais c'est très mal ) . J'aurai bien plus de temps la semaine prochaine et en ettendant je remercie chaleureusement tous les participants et je réponds par avance à la question de Bernard :
d'où vient ce problème ?
A bientôt
Domi -
Une démonstration d'un certain Ben , vue sur un autre site :
$K$ désigne un carré unitaire à côtés parallèles aux axes et centré sur un nœud du quadrillage . On note $P$ et $A$ le périmètre et l’aire du convexe $C$ , $c=C \cap K$ , $p$ et $a$ l'intersection de $P$ et $A$ avec l’intérieur de $K$ . Comme $C$ ne peut pas rencontrer son symétrique par rapport à un nœud , $a\leq \dfrac12$ . Quand $K$ décrit l’ensemble des carrés possibles avec $a \neq 0$ , il est clair que $A=\Sigma a$ et que $P\geq\Sigma p$ . Il suffirait donc de montrer que $\dfrac pa \geq 2$ pour établir l’inégalité ( au sens large ) .
Si $c$ rencontre deux côtés opposés du carré $K$ en $X$ et $Y$ alors [XY] est contenue dans $c$ . On note [X’Y’] le symétrique de [XY] par rapport au centre de $K$ . Comme $c$ ne rencontre pas [X’Y’] , il y a un morceau de $p$ qui relie [XY’] à [X’Y] dans $c$ ce qui entraîne que $p \geq 1$ et donc $\dfrac pa\geq 2$ .
[img]http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?8,file=18845 1[/img]
Si $c$ ne rencontre pas deux côtés opposés du carré alors il y a deux côtés adjacents de $K$ ne rencontrant pas $c$ et en considérant les symétriques de $c$ par rapport aux deux autres côtés et par rapport à leur sommet commun on obtient une figure ( non nécessairement connexe ) de périmètre $4p$ et d’aire $4a$ . L’inégalité isopérimétrique appliquée à cette figure donne $\dfrac pa\geq \sqrt{\dfrac{\pi}{a}}\geq \sqrt{2\pi}> 2$ .
[img]http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?8,file=18846 2[/img]
L'inégalité large est établie pour $C$ . L'égalité n'est possible que lorsque $c$ est un demi-$K$ ce qui correspond à l'exemple de mon premier message ou à sa moitié et dans ce cas l'inégalité est stricte .
Domi -
Une généralisation proposée par le même Ben ( je vous donnerais le lien ) .
Si $C$ est une partie quelconque du plan ( suffisament régulière quand même pour que l'on puisse parler de périmètre et d'aire ) non nécessairement convexe ni même connexe mais telle que le milieu de deux de ses points ne soit jamais un noeud du quadrillage .
Montrer qu'alors $\dfrac pa >2$ .
Domi
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