Pick hexagonal

Bon la matrice de l'endomorphisme est $M=\begin{pmatrix}

1 & \cos(\pi/3)\\

0 & \sin(\pi/3)

\end{pmatrix}$.


Mais malgré cette correction je me rends compte que mon truc ne marche pas. En effet le nombre de sommets à la frontière et à l'intérieur n'est pas le même après application de $M$ et je pensais que oui au début.


Mouais finalement le véritable problème est cette "disparition" de sommet, ma solution est passée totalement à côté 8-). Bon...

Humm ok je crois que je peux corriger mon raisonnement et ça aboutit.

D'abord une petite précision : la matrice $M$ de l'endomorphisme de mon dernier message est à multiplier par une constante afin de tenir compte du fait que chaque trapèze a une aire égale à 2. Bref sans entrer dans les détails on obtient :


$M=\lambda \begin{pmatrix}
1 & \cos(\pi/3)\\
0 & \sin(\pi/3)
\end{pmatrix} = \lambda \begin{pmatrix}
1 & 1/2\\
0 & \sqrt{3}/2
\end{pmatrix}$

avec $\lambda^2=\dfrac{8}{3\sqrt{3}}$

Donc si on note $P\subset \R^2$ le polygone construit avec tes trapèzes, on a : $A(P)=\dfrac{4}{3}A(M^{-1}P)$ où je note $A(truc)$ l'aire de $truc$.

En exprimant $A(M^{-1}P)$ avec la formule de Pick on obtient : $A(P)=\dfrac{4}{3}i'+\dfrac{2}{3}F'-\dfrac{4}{3}$

où je note $i'$ et $F'$ les sommets à l'intérieur et à la frontière mais comptés selon Pick.

Notons $n_i$ et $n_F$ les sommets intérieurs et à la frontière que Pick compte en trop par rapport à toi de sorte que $i'-n_i=i$ et $F'-n_F=F$ on a :

$A(P)=\dfrac{4}{3}i+\dfrac{2}{3}F-\dfrac{4}{3}+\dfrac{2}{3}(2n_i+n_F)$.

Mais il est évident que $n_F+2n_i$ est égal au nombre de trapèzes du polygone $P$ (voir ton polygone par exemple pour s'en rendre compte).

Or l'aire $A(P)$ est égale à 2 fois le nombre de trapèzes, donc $n_F+2n_i=A(P)/2$ de sorte que la relation précédente devient $A(P)=\dfrac{4}{3}i+\dfrac{2}{3}F-\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{3}A(P)$.

En simplifiant on obtient bien $A(P)=2i+F-2$ qui est ta formule.