Pavages au moyen de losanges
Mes losanges, de côté 1 , sont spécifiés par la mesure de leur angle aigu mesuré en tours.
$R(14)$, le polygone régulier à 14 côtés du dessin, est pavé par 7 losanges $L(1/14)$ (en turquoise), 7 losanges $L(2/14)$ (en orange) et 7 losanges $L(3/14)$ (en outre-mer). Leur nombre n'est pas un hasard.
Pour mieux faire comprendre le pavage, j'ai relié par une ligne en traitillé mauve les milieux de deux familles de segments parallèles.
L'aire du losange $L(\alpha)$ est $\sin \alpha$.
Le lecteur est invité à se poser des questions :
$-\quad$ Quels sont les $R(n)$ ainsi pavables ?
$-\quad$ Si oui, combien de pavages différents y a-t-il ?
$-\quad$ Quid de l'aire de $R(n)$ comme somme d'aires de $L(\alpha)$ ?
ETC...
$R(14)$, le polygone régulier à 14 côtés du dessin, est pavé par 7 losanges $L(1/14)$ (en turquoise), 7 losanges $L(2/14)$ (en orange) et 7 losanges $L(3/14)$ (en outre-mer). Leur nombre n'est pas un hasard.
Pour mieux faire comprendre le pavage, j'ai relié par une ligne en traitillé mauve les milieux de deux familles de segments parallèles.
L'aire du losange $L(\alpha)$ est $\sin \alpha$.
Le lecteur est invité à se poser des questions :
$-\quad$ Quels sont les $R(n)$ ainsi pavables ?
$-\quad$ Si oui, combien de pavages différents y a-t-il ?
$-\quad$ Quid de l'aire de $R(n)$ comme somme d'aires de $L(\alpha)$ ?
ETC...
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Réponses
Ton pavage du 14-gone me titille le ciboulot !
Je me demande si, comme celui du 18-gone par des pentagones d'il y a quelques jours, on peut le construire avec des cordes bien choisies ... Mais ce qui ne simplifie pas les choses, c'est qu'apparemment il n'y a pas de symétrie, ou alors elle est bien cachée s'il y en a une ...
On peut déjà essayer, tout en vérifiant que la somme des angles adjacents à un sommet vaut toujours 1 tour ou 2 pi, de classer les noeuds du pavage en fonction des angles de losange adjacents, et de voir comment ils se répartissent dans ce tétradécagone ...
Merci pour ce défi !
Bien amicalement
voici un essai de figure du pavage avec les cordes qui en donnent les noeuds, mais j'ai l'impression de m'être trompé sur le dernier, j'y reviendrai plus tard ...
bien cordialement
Prenons comme unité le 14ème de tour. Alors un angle du 14-gone vaut 6. Raisonnons sur la ceinture cyan-orange-blue-blue-orange-cyan sur le bord gauche. Le cyan possède un angle de 6, donc un angle de 1. Pour le orange, pour un angle au bord de 6, déjà 1 est utilisé. Il en reste 5. L'autre est le supplément, soit 2. Pour le bleu, on trouve de même 4 et 3.
En parcourant de proche en proche, on voit que les angles autour de chaque sommet intérieur ont un total de 14, comme nécessaire.
Considérons le 14-gone comme une face supplémentaire, et utilisons la relation d'Euler pour la sphère. Soit F le nombre de losanges et S le nombre de sommets intérieurs. Alors $$0=(F+1)+(14+S)-(4*F+14)/2-2=S+6-F$$
Avec 21 losanges, cela fait 15 sommets intérieurs.
A part cela, l'aire totale fait $7\sin \alpha $, le carré d'un côté fait $2-2\cos \alpha$ et l'aire d'un losange vaut $\left( 2-2\,\cos \left( \alpha \right) \right) \sin \left( k\,\alpha \right)$ pour $k=1,2,3$. On écrit que $$\frac {x \times aire1+ y\times aire2 +z\times aire3 -airetot}{\sin\alpha} =0$$ Cela donne $$-8\, \left( \cos \left( \alpha \right) \right) ^{3}z+ \left( -4\,y+8
\,z \right) \left( \cos \left( \alpha \right) \right) ^{2}+ \left( -
2\,x+4\,y+2\,z \right) \cos \left( \alpha \right) +2\,x-2\,z-7=0
$$
C'est le moment de se dire que $\alpha$ est connu. On a $$ \left( \cos \left( \alpha \right) \right) ^{3}=1/2\, \left( \cos
\left( \alpha \right) \right) ^{2}+1/2\,\cos \left( \alpha \right) -
1/8$$. On substitue... et on utilise le fait que le polynôme minimal est minimal. Bilan $x=y=z=7$.
Cordialement, Pierre.
Non je ne m'étais pas trompé en refaisant le pavage de Soland avec des intersections de cordes : c'est tout simplement que le dernier sommet du pavage de soland, dans l'ordre de ma reconstruction, soit N1, le plus "central", ne se trouve pas à l'intersection de deux cordes (Il n'appartient qu'au diamètre GN), et que j'ai dû pour le construire recourir aux parallèles des côtés des losanges ...
D'autre part, je me suis demandé s'il était possible de réaliser un pavage plus symétrique, et la réponse est oui, bien sûr ! Et cette fois, tous les sommets des 21 losanges se trouvent bien à l'intersection d'au moins deux cordes ...
Bien cordialement
et comme somme de tranches de tarte aux pommes. Je trouve
$$
\sum_{k=1}^n \sin\,\frac{k\pi}{2n+1} = \cot\,\frac{\pi}{4n+2}
$$
https://math.stackexchange.com/questions/2127476/looking-for-references-about-a-tessellation-of-a-regular-polygon-by-rhombuses
Ça montre l'existence d'un pavage et mène à quelques dénombrements.
Ce qui m'intéresse est leur nombre, compté modulo le groupe diédrique.
Pour le 10-gone, le même argument que précédemment, montre que "5 d'une sorte, 5 de l'autre" est nécessaire".
Pour le 12-gone, le degré du polynôme minimal baisse, et la contrainte sur les surfaces donne seulement $$ \left[ \begin {array}{ccccc} x&y&z&f&s\\ 12&6&0&18&
13\\ 10&6&1&17&12\\ 8&6&2&16&11
\\ 6&6&3&15&10\\ 4&6&4&14&9
\\ 2&6&5&13&8\\ 0&6&6&12&7
\end {array} \right]
$$
avec $x,y,z$ le nombre de losanges de chaque sorte, $f$ le total et $s$ le nombre de sommets intérieurs (relation d'Euler). Je n'ai pas l'impression que l'on puisse s'en sortir avec autre chose que 6+6+3=15 losanges, ce qui voudrait dire qu'il y a une contrainte supplémentaire... laquelle ?
Cordialement, Pierre.
A vérifier, bien sûr:
Tout pavage de $R(2n)$ par des losanges est constitué par $\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$ sortes différentes de losanges, chaque sorte étant utilisée exactement $n$ fois si $n$ est impair. Si $n$ est pair, le pavage contient exactement $\frac{n}{2}$ carrés et $n$ losanges de chacune des $\frac{n}{2}-1$ autres sortes.
Cordialement
Paul
Dans un 2n-gone, il y a $n$ directions et donc $n(n-1)/2$ paires de directions. Il semblerait qu'il y ait bijection entre les losanges d'un pavage et les paires de directions,
Pour $n=2m$, cela met en oeuvre $m(2m-1)=n(m-1)+m$ objets.
$m=3,\;2n=12\mapsto 6\times 5/2=15$. Il y a 6 L1, 6 L2 et 3 L3
$m=4,\;2n=16\mapsto 8\times 7/2=28$. Il y a 8 L1, 8 L2, 8 L3 et 4 L4
$m=5,\;2n=20\mapsto 10\times 9/2=45$. Il y a 10 L1, 10 L2, 10 L3, 10 L4 et 5 L5.
Pour $n=2m+1$, cela met en oeuvre $m(2m+1)=n\,m $ objets.
$m=2,\;2n=10\mapsto 5\times 4/2=10$. Il y a 5 L1 et 5 L2
$m=3,\;2n=14\mapsto 7\times 6/2=21$. Il y a 7 L1, 7 L2 et 7 L3
$m=4,\;2n=28\mapsto 9\times 8/2=36$. Il y a 9 L1, 9 L2, 9 L3 et 9 L4
Pour 10,14,16,22 l'argument des aires détermine tout, et donc donne une preuve. Pour les autres, il y a une indétermination, cela ne donne une preuve qu'en admettant le nombre total des losanges.
Dans cette configuration, il n'y a jamais deux losanges translatés l'un de l'autre. Les configurations usuelles (partir d'un sommet du 2n gone avec des L1, ou bien partir du centre avec des L2, etc) sont de ce type. Il n'est pas clair si ces contraintes continuent à agir lorsque $n$ devient de plus en plus grand.
Cordialement, Pierre.
une preuve pas très formelle que le nombre de losanges pavant $R(2n)$ est $\binom {n}{2}$:
On numérote les côtés de $0$ à $2n-1$ et nomme vertical tout losange dont un côté (et donc deux) est parallèle à $0$.
Une brochette, certes souple, mais pas au point de faire des boucles, pénétrant le côté 0 ressort du côté $n$ après avoir traversé tous les verticaux . En effet:
1)chaque vertical, à l'exception du plus à gauche ($n$) et du plus à droite ($0$) a exactement un voisin de gauche et un voisin de droite, tous deux bien sûr verticaux
2)Il n'existe pas d'autres verticaux que ceux embrochés ci dessus: si il en existait un il en existerait un plus à gauche: son voisin de gauche qui n'aurait pas été embroché et ainsi de suite. Le plus à gauche de cette séquence n'aurait pas de voisin de gauche et ne serait pas $n$. Contradiction.
Appelons 0 la brochette ci-dessus. On définit de même les brochettes $1,2...n-1$ . Leur intérêt est qu"elles se coupent deux à deux une fois et une seule car chacune passe par deux points diamétralement opposés. Clairement tout losange appartient à deux brochettes.
Il y a donc $\binom {n}{2}$ losanges.
Cordialement
Paul
Edit: je me rends compte que j'affirme sans preuve que deux brochettes se croisent en un seul point. La seule chose qu'on peut affirmer, vu qu'elles passent chacune par des points diamètralement opposés est qu'elles se croisent un nombre impair de fois.
On a donc $n(n-1)/2 + 2 \epsilon$ losanges avec $\epsilon \in \mathbb N$.
On arrive à: avez vous plutôt envie de chercher un exemple avec $\epsilon >0$ ou de chercher une preuve que $\epsilon$ est toujours nul ?
Cordialement, Pierre.
pour tout $(i,j)$ tel que $0 \leq i < j <n$, il existe au moins un losange du pavage dont un côté est parallèle à $i$ et un adjacent à $j$. Il y a donc, dans le cas impair, au moins $n$ losanges de chaque sorte.
Par contrainte d'aire il ne peut y avoir plus de $n$ losanges par sorte. Il y a donc bien $\binom{n}{2}$ losanges en tout répartis comme annoncé.
Même raisonnement si $n$ est pair.
Cordialement
Paul
Et alors on utilise l'aire totale pour majorer (et pas pour une histoire de polynôme minimal dont je ne suis pas venu à bout).
On a $s^2=2-2\,\cos \left( \alpha \right) $.
Pour $n=2\,m+1$, on a $$\sum _{j=1}^{m}{\it s^2}\,\sin \left( j\alpha \right) = \sin \left( \alpha \right) + \sin
\left( \alpha\,m \right) -\sin \left(
\alpha\,m+\alpha \right) = \sin(\alpha) $$
Pour $n=2\,m$, on a $$\sum _{j=1}^{m-1}{\it s^2}\,\sin \left( j\alpha \right) +\frac {\it s^2}2 \,\sin \left( \alpha\,m \right) =
\sin \left( \alpha \right)- \frac 1 2 \,\sin \left( \alpha\,m+\alpha \right) +\frac 1 2 \,\sin \left( \alpha\,m-\alpha \right) = \sin
\left( \alpha \right)
$$
Quand on a déjà $n$ motifs de ce genre, on a rempli toute l'aire possible.
Bravo !
Et maintenant, il reste le problème soulevé par Soland: combien de pavages (modulo le groupe dièdral) pour un $n$ donné ?
Cordialement, Pierre.
Edit: quelques brochettes associées au pavage de Soland.
Edit2: le nombre de sommets intérieurs est alors $(n-1)(n-2)/2$.
Merci Pierre,
Deux questions un peu en l'air:
1)Le cercle inscrit dans $R(2n)$ intersecte tous les losanges (et eux seuls) qui servent à paver $R(2n)$ et touchent (ne serait-ce que par un seul point) la frontière de$R(2n)$. On peut donc parler d'une "suite" de losanges qui "fait le tour" de $R(2n)$.
Je me demande si
a) toute telle suite conduit à un pavage
b) à un seul
2)Pour tout $n$ et tout $k\leq n$, suffit-il qu'un $2k-gone$ aux côtés égaux ait des angles multiples de $\frac{\pi}{n}$, chaque côté parallèle à un autre, pour qu'il soit pavable par des losanges?
Bon, j'ai dit que c'est un peu en l'air!
Amicalement
Paul
Ce n'est encore qu'une impression:
"brochette" est un terme ambigu: il désigne parfois l'instrument seulement, parfois l'instrument garni de ses losanges. Je l'emploie ci-après dans ce dernier sens.
Il me semble que nécessairement une des $n$ brochettes a ses $n-1$ losanges qui bordent $n+1$ côtés consécutifs de $R(2n)$. Exceptionnellement, il arrive que deux brochettes bordent $R(2n)$. J'oublie, peut-être/sans doute/peut-être pas à tort cette exception, et ampute $R(2n)$ d'une brochette qui le bordait.
Me voilà face à une polygone qui n'a plus que $2n-2$ côtés (ça s'est sympa) mais n'est pas régulier.
Certes, mais presque: une affinité orthogonale de rapport ad hoc selon l'un ou l'autre de ses axes de symétrie orthogonaux le rend régulier.
Et on recommence le même cinéma pour arriver à un $2n-4$ gone et enfin un carré ou un hexagone régulier.
M'est avis que c'est peut-être une piste pour finir par arriver à faire plaisir à l'ami Christoph.
Amicalement
Paul
Edit: mon vocable "affinité" est stupide! En revanche, je continue de croire que le polygone amputé a les mêmes propriétés combinatoires du point de vue des brochettes que le régulier $R(2n-2)$ et ainsi de suite ...et que ça devrait suffire pour faire les comptes. Yorépluka!
De la migration des brochettes.
La migration annoncée consiste à repérer des hexagones à symétrie centrale et à les tourner d'un demi-tour
A SUIVRE.
Quand on épluche un 14-gone régulier, on enlève une brochette sur les 7, et les brochettes restantes perdent chacune un losange: il reste 6 brochettes de 5 losanges, réalisant le pavage d'un 12-gone (le rayon ayant rétréci). On peut alors disposer les 12 sommets extérieurs pour former un 12-gone régulier.
Les 21 losanges initiaux (7 L1, 7 L2, 7 L3) sont réduits à 15 losanges. L'épluchage a enlevé 2 L1, 2 L2, 2 L3. Mais certains des losanges restants se requalifient, et l'on se retrouve face à 6 L1, 6 L2 et 3 L3.
Cordialement, Pierre.
A condition de remplacer "losange" par "parallèlogramme" tout de qui a eté écrit dans ce fil (aire, brochettes, nombre de pavés (au sens "pièces du puzzle"), nombre de point intérieurs) peut se dire à propos de n'importe quel polygone convexe dont les côtés opposés sont parallèles. Même la connaissance "deux côtés opposés d'un parallèlogramme sont de même longueur" me semble inutile dans les preuves.
Quant au fait que les mesures des angles soient des multiples entiers de la plus petite d'entre elles, on n'en a eu cure.
Bref tout fut affine.
Ensuite il faudra s'occuper des cas particuliers où soit tous les cotés du polygone ont même longueur, soit tous ses angles sont égaux, soit les deux à la fois et classer modulo le groupe de $R(2n)$. J'en suis loin!
Je reste dans le cas affine et sous-entends fréquemment le fameux "sauf erreur":
Pour tout $n\geq 2$, $r(2n)$ est le polygone convexe à $2n$ côtés, chacun parallèle à son opposé ; ses côtés sont numérotés de $1$ à $2n$ (et non plus de $0$ à $2n-1$ comme dans mes messages précédents). Pour tout $(i,j)$ tel que $1\leq i <j \leq n$, la même notation $(i,j)$ désigne le parallèlogramme pavant dont deux côtés sont parallèles à $i$ et les deux autres à $j$.
Enfin $p$ dit, pour tout $n$, le nombre de pavages de $r(2n)$.
Soit un pavage de $r(2n)$ (de ce qui suit on peut prouver qu'il existe un tel pavage). On lui associe ses $n$ brochettes dans l'ordre: la brochette $1$ qui embroche tous les parallèlogrammes pavant dont un côté est parallèle à $1$ (ils sont au nombre de $n-1$), en perforant seulement les côtés parallèles à $1$, la brochette $2$ nananaire etc. Finalement, pour tout $i \in 1,n$ la brochette $i$ n'est jamais qu'une permutation de $1,n$ dont le premier terme est $i$. Il est clair qu'il n'y a pas bijection, au sens que si on se donne $n$ permutations de $1,n$, leurs premiers termes seraient-ils tous distincts, c'est pas demain qu'on va résoudre le puzzle. Jouons plutôt au loto!
Toute permutation de $1,n$ (i.e. brochette) peut participer à un pavage de $r(2n)$: en effet,
soit $r(2n)$ et une permutation quelconque de $1,n$. J'identifie le premier terme - disons $i$- de cette permutation et le même numéro du côté de $r(2n)$ et j'envoie ma brochette à partir de ce numéro (vers l'intérieur du polygone ;-) ) son extrémité tombe à tous les coups sur le côté $i+n$.
Et alors, le truc sympa, c'est qu'il existe exactement
$p(n-1)$ pavage(s) de $r(2n)$ constitués pour partie par cette brochette:
J'ai disposé ma $i-$ brochette dans $r(2n)$ lequel, pour l'heure, attend toujours de se faire paver davantage. De chaque côté de ma brochette il y a deux parties (éventuellement vide(s)) de $r(2n)$ qui n'ont que le désir d'être pavées. On les comble ainsi: on extrait ma brochette. Les deux parties sus-dites se dirigent l'une vers l'autre, parallèlement bien-sûr à $i$. Tout s'emboîte merveilleusement et produit $r(2n-2)$, le quel sait se faire paver de $p(n-1)$ manières. On en choisit une quelconque. On remet les deux parties sus-dites à leur place initiale, on leur intercale ma brochette et l'on obtient clairement un pavage de $r(2n)$.
Comme dit Christoph (avec ou sans e final, ils m'apprennent beaucoup): A Suivre
Amicalement
Paul
Pour le passage des losanges aux parallélogrammes. Nous avons utilisé lourdement les angles $\pi/n$ au moment de montrer que deux brochettes se coupent en un et un seul point et en déduire que le nombre de pavés est $n(n-1)/2$.
Cordialement, Pierre.
basée sur $C_0$ s'en éloignent de plus en plus; unespèce de progression monotone.
Les retours en arrière sont impossibles, $L_k$ et $L_{k+1}$ auraient une intersection non vide.
La projection orthogonale des centres des losanges (parallélogrammes) de la brochette sur cet axe y détermine une suite de points d'abscisses croissante.
Etant données deux brochettes de directions respectives $\mathbb{v}$ et $\mathbb{w}$, un axe de direction $\mathbb{v}-\mathbb{w}$ donne une suite d'abscisses croissantes pour l'une des brochettes et une suite d'abscisses décroissantes pour l'autre. Clairement ces suites ont au plus une valeur commune.
Donc : Un losange commun au plus.
(A mieux rédiger)
En bas, une brochette qui migre vers le bord "de droite".
Lemme suffisant : Sur tout montant de brochette, il y a un sommet d'ordre 3.
(Une brochette est bordée par un fond, un couvercle et deux montants.)
A vue de nez, lemme coriace.
Tu as raison, Pierre, ta démonstration utilise lourdement (c'est toi qui le dis ;-) ) les angles $\frac{\pi}{n}$. La mienne non...pour la bonne raison que je n'ai pas fait de démonstration! J'ai seulement affirmé sans preuve que "par contrainte d'aire, il ne pouvait y avoir qu'un $(i,j)$ dans la brochette $i$. Je tente de me rattraper avec les parallèlogrammes:
Quand de mon $r(2n)$ je retire la brochette $i$, et que je recolle merveilleusement les deux parties qu'elle séparait, je me retrouve avec un $r(2n-2)$ et ma brochette. L'aire de mon $r(2n)$ est donc la somme des aires de mon $r(2n-2)$ et de ma brochette. Amputons $r(2n)$ non plus de sa brochette $i$ mais du parallèlogramme ($:=i$) dont deux côtés sont $i$ et $i+n$. Comme précédemment les deux parties qu'il séparait se recollent (encore plus simplement) et on retrouve le même $r(2n-2)$. Ainsi l'aire de la brochette $i$ est l'aire de ce parallèlogramme $i$. Or l'aire de ce parallèlogramme $i$ est la somme (sur $j$) des aires des parallèlogrammes $(i,j)$. Il y a donc un seul $(i,j)$ dans la brochette $i$
Nous voilà avec, pour $r(2n), (1!)(2!)(3!)....((n-1)!) pavages qui sont en attente d'être classés. C'est presque pire que tout mon bazar!
Amicalement
Paul
[edit : Je précise, il y a autant de losanges que de paires de directions/brochettes, donc si une paire de "brochettes" se croise plus d'une fois, il y aurait aussi au moins une paire qui ne se croisent pas, ce qui est impossible. L'argument fonctionne également avec juste parallélogramme.]
Jaybe, je dirais même que l'unicité dont tu parles est équivalente au fait dont tu parles.
Il se peut tout-à-fait que ce fait soit trivial à établir et que soyons passés à côté d'une évidence!
Amicalement
Paul
Edit; mon message et ton édit se sont croisés. Tu me corrigeras mais il me semble que tu pars de la certitude qu'il y a autant de losanges pavant que de paires de directions. Or c'est ce qu'on cherchait à prouver.
> ... du fait qu'il n'y a pas deux losanges égaux à translation près...
C'est ce que l'on voudrait montrer.
@ tous.
L'idée de la brochette qui migre : une fois qu'elle es collée au bord, on peut éplucher comme Pierre.
J'essaie de résumer.
$-$ On a un polygone régulier R pavé de losanges. (Donnée.)
$-$ En suivant l'unique pile de losanges posée sur une arête A intérieure au pavage (d'un côté seulement)
on aboutit à un côté de R parallèle à A. (Prouvé.)
$-$ Idem, de l'autre côté de A. On met ainsi en évidence ce que l'on appelle une brochette, la seule
dont l'intérieur contient A, reliant deux côtés opposés parallèles de R. R a donc un nombre pair de côtés. (Prouvé.)
$-$ Le même processus, effectué à partir d'une arête A' parallèle à A, aboutit aux mêmes côtés de R. (Prouvé.)
$-$ Ce processus, effectué à partir d'un des deux côtés de R parallèles à A est unique. La brochette ainsi mise
en évidence contient donc A, A' et toutes les arêtes du pavage parallèles à A. (Prouvé.)
$-$ On numérote les côtés modulo $2n$ : $C(i)$. On numérote les brochettes modulo $n$ (sic) : $B(i)$.
$-$ On numérote les losanges via les deux brochettes construites sur ces côtés : $L(i,j)$. On ne sait pas encore
si cette numérotation est injective.
Le chantier :
Débarrassons R de ses losanges et regardons le rectangle engendré par les côtés antipodes $C(0)$ et $C(n)$ de R.
On remplace les côtés "longs" du rectangle par une permutation des côtés $C(1)$ à $C(n-1)$ :
Autre tentative : on suppose qu'il y a deux parallélogrammes identiques à translation près $P_1$ et $P_2$.
Si cela ne vous embête pas, j'appelle $B_d$ la brochette permettant d'aller d'une arête à une autre arête, ces deux arêtes définissant une direction $d$.
Si l'on sait que $P_1$ et $P_2$ appartiennent tous deux à deux brochettes $B_d$ et $B_{d'}$ (selon le message de soland, toute brochette $B_d$ contient tous les parallélogrammes dont deux côtés sont parallèles à $d$), alors il y a deux chemins permettant d'aller de $P_1$ à $P_2$ et ces deux chemins se croisent. Le parallélogramme de croisement est alors aussi identique à translation près à $P_1$ et $P_2$ [, appelons-le $P_3$, et le chemin pour aller de $P_1$ à $P_3$ est moindre que celui pour aller de $P_1$ à $P_2$]. On applique une descente pour conclure. Faut-il détailler l'existence du croisement ?
[J'ai repris entre crochets, j'étais allé un peu trop vite !]
Edit: faute de frappe
une grande supplique aux merveilleux dessinateurs de ce forum:
J'aimerais un dessin avec plus de couleurs, i.e. "sortes" de losanges, c'est à dire au moins $2n=18$. En effet, jusqu'ici, sur vos dessins, tout losange, sauf peut-être s'il est bordant, est voisin par un sommet d'un losange de la même sorte. C'est particulièrement frappant pour les orange du tout premier dessin de Soland: ils forment une sorte de guirlande par leurs sommets opposés, guirlande connexe tandis qu'aucun n'est voisin latéral d'un autre.
On critique suffisamment qui conjecture que pour tout $n$ $P(n)$ après avoir regardé $1,2$ et $3$ pour que vous compreniez mon embarras!
Je ne mesure pas le travail que j'espère de vous et vous prie de m'en excuser. Il est hors de ma portée!
Amicalement
Paul
Un exemple : je pars du dessin de Soland dans ce message, je numérote la moitié des côtés du 14-gone en commençant par 1 pour le côté tout en haut et en tournant dans le sens direct. Les brins de la tresse correspondent bien sûr aux brochettes, et voici le résultat en bas du présent message. Le mot s'écrit
$$b_3b_5b_2b_6b_5b_4b_3b_2b_1b_2b_3b_5b_4b_6b_3b_5b_2b_4b_6b_3b_5\;.$$
Dans la présentation du groupe des tresses, la relation $b_ib_j=b_jb_i$ quand $|i-j|>1$ n'induit pas de changement de pavage, tandis que la relation $b_ib_{i+1}b_i=b_{i+1}b_ib_{i+1}$ induit un changement de pavage (c'est le mouvement que Soland utilise pour faire migrer les brochettes).
À voir maintenant si l'on peut utiliser efficacement ce codage. Je ne connais pas grand-chose aux tresses, mais j'ai un collègue calé sur le sujet auquel j'ai demandé de m'éclairer.
PS. Exercice : dessiner le pavage correspondant au mot
$$b_1b_2b_3b_4b_5b_6b_1b_2b_3b_4b_5b_1b_2b_3b_4b_1b_2b_3b_1b_2b_1\;.$$
Ce qu'on en apprend : on peut passer de n'importe quel pavage à n'importe quel autre par une suite de mouvements comme ceux décrits par Soland (flip autour d'un sommet de degré 3). Dans n'importe quel pavage, il y a toujours $n-2$ tels sommets.
À suivre.
PS. Jaybe a résolu l'exercice.
je n'ai pas compris le numérotage que tu proposes GBMZ, mais je dirais que ton exercice fait penser à un effeuillage: on enlève la couche externe (une brochette bordante) du genre lunule, et cette lunule a la gentillesse d'être pile-poil plaquée sur une lunule du polygone qui suit, ...et ça continue, et ça continue... jusqu'à ce qu'on trouve son bonheur: un losange.
Bref,ça devrait être le polygone pavé par Pierre, d'autant plus que je sais, GBMZ, que tu n'es pas du genre à demander de dessiner à quiconque vient de dire qu'il ne le sait pas.
Amicalement
Paul
En attendant, j'ai du nouveau.
Notations : côté $c_i$ numéroté mod $2n$, dans le sens trigo. Brochette $B_j$ numérotée mod $n$, basée sur $c_j$. $c_0$ horizontal en bas du dessin.
(1) Pour un $j$ donné, on suit les losanges de $B_j$ jusqu'à la première rencontre avec $B_0$, ce qui met en évidence une arête parallèle à $c_j$ sur le bord droit de $B_0$. Idem avec tous les $B_j$, $j\neq 0$.
Le bord droit de $B_0$ contient donc une arête parallèle à $c_j$, pour $0 < j < n$. Cette permutation des $c_j$ dans le bord droit de $B_0$ consomme tout l'espace vertical disponible entre $c_0$ et $c_n$. Donc, plus d'espace vertical disponible pour insérer d'autres arêtes (cf. dessin).
Les deux bords de $B_0$ sont constitués d'arêtes parallèles aux côtés $c_1$ à $c_{n-1}$ du polygone, permutées via une même permutation.
(2) Une opération partiellement décrite par pldx :
On peut enlever la brochette $B_0$ ci-dessus et recoller les bords gauche et droit de $B_0$, puis "redresser le contour," ce qui donne un pavage du polygone ayant deux côtés (antipodes) de moins.
@GBZM
Peux-tu mieux expliquer l'histoire des tresses, stp, je n'ai pas compris.
Mon (2) revient à retirer un brin de la tresse.
Est-ce un codage pour décrire les migrations ?
Il se peut que j'aie mal compris mes lectures sur le monoïde des tresses positives, à revoir aussi plus tard.
PS. Je reviens sur le codage par un mot positif de longueur $n(n-1)/2$ représentant $\Delta_n$ (la tresse retournée). Je laisse tomber les lettres $b$ pour faire plus court. J'avais donné plus haut le codage
$$352654321235463524635$$
pour le pavage de Soland. On peut échanger deux chiffres voisins si la valeur absolue de leur différence est au moins égale à $2$, sans changer le pavage. On peut normaliser le codage de façon que pour chaque chiffre $c_i$ de la suite
- le précédent $c_{i-1}$ (s'il existe) vérifie $c_{i-1}\geq c_i-1$,
- le suivant $c_{i+1}$ (s'il existe) vérifie $c_{i+1}\leq c_i+1$.
Le codage normalisé du pavage de Soland est
$$565345623212345634523$$
Point de vue dessin, voici ce que ça donne. Par rapport au diagramme de tresse plus haut, on peut vérifier que c'est essentiellement le même : les brins se croisent dans le même ordre. Un petit ennui : je dessine les croisements positifs de façon opposée à la convention standard des tresseurs !
Effectivement, GBMZ, pour qu'une lunule embrasse la suivante dans l'effeuillage il faut qu'un que d'un des deux sommets extrêmités du côté $1$ rayonnent tous les losanges sauf $1$ d'angle minimal, disons les maigres ou les $"1"$. "Entre" deux de ces $"1"$, voisins latéraux, on peut et ne peut "encastrer" que des $"2"$: en effet l'angle est $2$ et on ne peut y coincer deux $"1"$ car on les a déjà tous utilisés sauf un. On a maintenant déjà utilisé $n-1$ $ "1"$ et $n-2$ $"2"$. Les angles à tenter de combler sont maintenant des $3$ et il y en a $n-3$. Là, le raisonnement ci-dessus ne tient plus: puisqu'il nous reste encore un $"1"$ et deux $"2"$ on peut envisager d'accoller ce $"1"$ et l'un des deux $"2"$, comblant alors les $n-4$ angles de $3$ restants avec $n-4$ $"3" $ .Mais le mot de l'exercice de GBZM est trop régulier pour envisager ce cas dyssymétrique: une telle disposition admettrait un point intérieur de degré $5$ et alors une lunule n'embrasserait pas sa suivante.
Donc, centrées au sommet d'où rayonnent $n-1$ $"1"$, on a de haut en bas:
cette guirlande de $"1"$, puis une autre de $n-2$ $"2"$, puis une autre de $n-3$ $"3"$ ...puis une de deux $"n-2"$ puis une dernière d'un $"n-1"$. Les $"i"$ et les $"n-i"$ sont de la même sorte mais les uns s'enguirlandent selon leur grand axe, les autres selon leur petit. Si $n$ est pair il y a une seule guirlande de carrés.
Si au lieu de se limiter à l'intérieur du polygone on continue d'accoller des $"1"$ autour du sommet "centre" et à combler comme précédemment, on tombe sur un très beau dessin ;-)
Amicalement
Paul
Edit
@soland : Pour t'aider dans la compréhension de la façon de coder un pavage, quelques dessins. D'abord ton pavage, avec toutes les brochettes dessinées. Ensuite, les brochettes devenues le diagramme d'une tresse positive (le départ de la tresse à gauche des flèches, l'arrivée à droite). En regardant attentivement ce deuxième dessin et les diagrammes de tresses que j'ai dessinés plus haut, tu devrais bien voir qu'il s'agit de la même chose, avec l'ordre des croisements entre brins bien respecté. Reste à écrire ces diagrammes de tresse en mots de longueur $n(n-1)/2$ en les générateurs du monoïde des tresses positives. Il n'y a pas une façon unique de faire, mais si on normalise de la façon que j'ai indiquée plus haut, on obtient bien un unique codage.
Merci!
Paul
Le plus gros ennui est qu'il n'y a pas bijection entre code et pavage.
Un petit "sudoku" pour le week-end.
Je pars du diagramme de tresse de Soland et je lui enlève le brin n° 1. J'obtiens
$$454234512134523\;.$$
Le théorème de Garside sur le monoïde des tresses positives nous dit que l'on peut passer du mot ci-dessus au mot
$$123451234123121$$
qui est le code normalisé du pavage super régulier (celui de depasse) par une suite d'opérations :
1) $ij \mapsto ji$ si $|i-j|\geq 2$ (cette opération ne change pas le pavage),
2) $iji\mapsto jij$ si $|i-j|=1$ (cette opération correspond à un "flip" en un sommet de degré 3 du pavage).
Le petit casse-tête que je propose consiste à trouver une suite de telles opérations qui réalise le passage d'un mot à l'autre, autrement dit d'un pavage à l'autre. Je l'ai fait.
L'avantage du codage par les diagrammes de tresses me semble clair : pouvoir bénéficier pour étudier les pavages de tout ce qui est déjà connu (et que je ne connais pas bien) sur les tresses. Par exemple, Soland, saurais-tu démontrer directement (sans passer par le résultat sur le monoïde des tresses positives que j'ai évoqué) que l'on peut toujours passer de n'importe quel pavage à n'importe quel autre pavage par une suite de "flips" en des sommets de degré 3 ?
Amicalement,
Paul
> En effet, si $n>3$, il y a une et une seule brochette numérotée qui borde $R(2n)$.
Le pavage de Soland complètement brochetté ici est un contre-exemple à cette affirmation.
Mais ici je ne vois pas bien comment adapter cette idée et je ne comprends pas bien ce que tu écris. Pourrais-tu préciser ? Vois-tu un moyen de démontrer de cette façon qu'on peut passer de n'importe quel pavage à n'importe quel autre par une suite de "flips" ?
Pour le moment, je ne vois pas comment utiliser cela pour prouver le résultat souhaité, mais cela me semble être un cadre intéressant pour tenter d'y parvenir !