Polygone au téléphone

depasse
depasse
dans Géométrie
Bonsoir,

je griphone (c'est pour une rime plus riche à l'oeil) quand je téléphone.

Et j'ai constaté depuis hélas très longtemps que je griffonne toujours la même chose: un polygone convexe . Plus dure la conversation, plus je "converge" vers un "point". Mon psy m'a demandé lequel et je lui ai dit que c'était là mon problème: je ne sais pas! Il m'a dit que lui non plus et qu'il ne pouvait plus rien pour moi.

Je me tourne donc vers vous, mes derniers espoirs!

Soit un n+1-gone convexe (n>3) A = A0 A1 A2.....An; si pour tout i dans 0 n (mod n+1) on note Bi l'intersection de [AiAi+2] et [Ai+1Ai+3], alors B = B0B1....Bn est un n+1-gone convexe dont les sommets sont intérieurs à A . Si on itère ce processus on converge vers un point.

Qu'est-il pour A d'autre que la limite ci-dessus annoncée?

Réponses

  • pappus
    pappus
    Mon cher Depasse
    file.php?8,file=25991

    Voici ta figure faite pour $n=6$ après $6$ itérations.
    C'est un problème difficile!
    1° Il ne me semble pas évident que le polygone obtenu soit convexe, cela mérite à tout le moins déjà une démonstration.
    2° Pour prouver la convergence, il faudrait prouver une égalité du style:
    $\mathrm{Diamètre}(B_0B_1\dots B_n)<k.\mathrm{Diamètre}(A_0A_1\dots A_n)$ avec $0<k<1$, ce qui ne me parait pas évident non plus.
    Amicalement
    Pappus25991
  • depasse
    depasse
    A nouveau un grand merci, cher Pappus, pour ta gentillesse à t'occuper des problèmes des autres! Tu m'apportes plus que mon psy puisque tu me poses des bonnes questions (sans parler de ta gratuité!).

    Pas de doute, l'épaisseur de la mine du crayon quand on griffonne sur un post- it peut conduire à des conjectures très ollé ollé!

    Au moins ton beau dessin n'anéantit-il pas en un coup de cuillère à pot ma conjecture!

    "J'y retourne immédiatement!"

    Paul
  • jacquot
    jacquot
    Salut depasse,

    Donne-toi peut-être la peine de faire une figure sur geoGebra, (pappus te conseillerait Cabri) ou tout autre logiciel de géométrie dynamique, de façon à pouvoir faire des investigations en bougeant les points de tion polygone initial...

    PS Mes services ne sont pas pris en charge par la Sécu. :D
  • JLT
    JLT
    La convexité de $B_0\cdots B_n$ m'a l'air évidente. Ce polygone est obtenu à partir de $A_0\cdots A_n$ en le coupant avec $n+1$ demi-plans délimités par les droites $A_iA_{i+2}$.
  • depasse
    depasse
    Supputerais-je, cher Jacquot, que vous trouvâtes à l'instant quelque polygone qui infirmât ma conjecture?

    Si cela est, j'en serais et ravi et marri.

    Je te propose un deal: tu infirmes par dessin et je cesse d'être infirme en Cabri.

    Amicalement

    Paul
  • jacquot
    jacquot
    Non, je n'ai rien trouvé. Je te proposais juste un outil pour gribouiller avec plus de précision. :)
  • GreginGre
    GreginGre
    Si le $n$-gone est régulier, on voit que cela converge vers l'isobarycentre des points $A_i$.

    Cela devrait être vrai en général, non ? (c'est vraiment du pifomètre, je n'ai aucun argument convaincant) Y a plus qu'à...
  • remarque
    remarque
    La conjecture semble assez fondée expérimentalement, sauf erreur dans le programme. Ci-dessous quelques essais avec N points initiaux tirés aléatoirement sur le cercle (ça n'a pas l'air simple de tirer aléatoirement un polygone convexe).

    N=15, 100 itérations, 4 tirages
    26001
    26002
    26003
    26004
    26005
  • depasse
    depasse
    @GreginGre

    d'accord pour le polygone régulier!

    mais prends un carré XYZT et "scie le coin X". Plus mathématiquement, soit E (resp F) sur [XT] (resp [XY]). Considère cet amputé de carré qu'est le pentagone EFYZT. Son centre de gravité est strictement du même côté que Z par rapport à (YT) alors que le pentagone successeur (au sens que j'ai dit) est de l'autre côté de (YT) . Comme, ensuite, tout se passe à l'intérieur de ce successeur il n'y a aucune chance de converger vers le centre de gravité de EFYZT.

    Sauf grosse erreur, évidemment!

    Cordialement
  • jacquot
    jacquot
    Ce problème ouvert est bien intéressant.
    Je me réjouis du retour de remarque qui nous gratifie de ses talents d'illustrateur avec sa grande maîtrise des logiciels ad hoc.
    Et je sais qu'il est difficile de s'intéresser à la vie de ce forum tout en évitant d'en devenir accro.

    Amicalement. jacquot
  • JLT
    JLT
    Ce qui est intéressant avec les simulations de remarque, c'est qu'on voit que le polygone a tendance à "s'écraser", et que l'hypothèse de pappus que le diamètre décroît géométriquement semble fausse.
  • jacquot
    jacquot
    Cet alignement n'est-il pas une espèce de droite de régression du nuage initial?
    On pourrait aussi étudier la "phase terminale", quand tous les points sont quasi-alignés, par l'étude des suites des abscisses de points disposés sur un segment de droite...
  • depasse
    depasse
    @jacquot
    salut,
    je partage tout à fait ton intuition....ce qui ne prouve rien!
    Cordialement
    Paul

    C'est vieux! je me rappelle une histoire d'ellipse dont le grand axe est la droite des moindres carrés et le centre...j'ai oublié!
  • depasse
    depasse
    Bonjour à tous,

    j'ai une autre manie en partant de mon polygone convexe A: celle de lui donner un autre fils que B: le polygone convexe B' dont les sommets sont les milieux des côtés de A.

    Ces deux frères, B et B', se ressemblent bougrement: certes B' est plus gros que B, mais ils sont "parallèles" (au sens que chaque côté de l'un est parallèle à un côté de l'autre).

    Mieux, je crois que cette ressemblance se transmet de génération en génération, les descendants de B (resp B') se reproduisant comme fut engendré leur ancêtre.

    Et bien sûr je vous présente mes excuses pour mon handicap par rapport à Cabri, Cabri qui m'aurait permis d'avoir un ton plus assuré s'il me semblait ne pas me contredire ou au contraire évité de vous dire des bêtises!
  • remarque
    remarque
    @jacquot : cela me paraît bien hasardeux d'émettre quelque conjecture que ce soit sur la base d'une poignée de simulations... on a affaire à un système dynamique sur les polygones convexes, je ne sais pas s'il existe des théorèmes généraux qui diraient quelque chose, mais j'ai un peu des doutes sur les liens éventuels avec la statistique. Toujours est-il que ça serait facile à tester si je savais cexé la droite de régression... :D

    Pour quelques simulations de plus : 100 points, 500 itérations, format timbre-poste pour cause de taille de fichiers sur le forum

    26018
    26019
  • Sylvain
    Sylvain
    J'ai plutôt l'impression que c'est l'aire des polygones qui décroit géométriquement, pas vous ?
  • Sylvain
    Sylvain
    Il est possible que, si $S_n$ désigne l'aire du polygone à l'étape $n$, la suite de terme général $S_{n+1}/S_n$ soit convergente. Y a-t-il possibilité d'effectuer des simulations pour éprouver une telle assertion ?
  • remarque
    remarque
    Bof, ça n'a pas l'air simple de calculer l'aire. Le seul truc facile à calculer, c'est le périmètre, après on peut penser à l'inégalité isopérimétrique et ses raffinements, mais ça ne donnera qu'une indication.

    Edit : ah si, c'est facile à calculer. Le diamètre, par contre, c'est moins clair (de façon efficace).
  • Juge Ti
    Juge Ti
    Une petite applet pour donner à depasse l'envie de télécharger Geogebra : http://www.geogebra.org/cms/

    <applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
    codebase="http://www.geogebra.org/webstart/4.0/unsigned/&quot;
    width="700" height="400">
    <param name="ggbBase64" 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    C'est une appliquette Java créée avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
    </applet>

    Sinon, pour le deuxième type de polygones, une recherche Google sur "midpoint polygon" donne beaucoup de résultats.
  • Sylvain
    Sylvain
    Sinon, pour rebondir sur l'idée de Greg, soit $x_i$ la longueur du segment reliant l'isobarycentre des sommets du premier polygone au point $A_i$. Définissons $\langle x\rangle$ comme étant $\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n}x_i$, et $\sigma^2$ comme étant égal à $\dfrac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n}(x_{i}-\langle x\rangle)^{2}$. Soit maintenant $G_{k}$ l'isobarycentre des sommets du $k$-ème polygone. Je pense que le rayon $r(\sigma^{2})$ du plus petit disque contenant tous les $G_k$ ne dépend que de $\sigma^{2}$ et en est une fonction croissante et telle que $r(0)=0$. Ainsi, dans le cas d'un polygone régulier, on aurait $\sigma^{2}=0$ soit $r(0)=0$ d'où la constance de la suite $(G_k)$.
  • depasse
    depasse
    J'aime penser, quitte à ce que vous me déceviez, que ce foutu point G existe bel et bien et que c'est celui-là:

    la limite, lorsque k tend vers l'infini, de ((1+a)/2)^k où a^i est l'affixe du sommet Ai(mod(n+1)).

    Même si c'est juste, ça n'est guère parlant géométriquement!
  • remarque
    remarque
    Pourquoi s'exciter sur le cas des polygones réguliers ? C'est évident dans ce cas, que les centres de gravité ne bougent pas, et que si la suite se concentre sur un point, alors elle se concentre sur celui-là.

    Pas compris le point G de depasse (on ne ricane pas).
  • remarque
    remarque
    Allez ! Pour les aficionados du point G ! (et je sais qu'il y en a...)

    26022
  • remarque
    remarque
    Puisque j'ai dit que le périmètre était facile à calculer, autant le faire. On constate une décroissance exponentielle avec les itérations, ce qui aurait tendance à valider l'idée de pappus au départ.

    26024
    26025
  • jacquot
    jacquot
    Clairement, au vu des animations de remarque, le point limite, s'il existe, n'est pas le centre de gravité du polygone initial: on observe que, dès la 1ère étape, $G_A\not=G_B$
    or si on commençait le griffonnage téléphonique avec le polygone $(B_i)_{i\leq n}$, la limite devrait être la même.

    Cher depasse, avant de nous intéresser au deuxième griphonage, laisse-nous peut-être le temps de comprendre le premier et d'en caractériser l'éventuelle limite.
    Amicalement.
    jacquot
  • depasse
    depasse
    T'as raison, remarque, s'exciter sur les polygones réguliers, ici, ne sert à rien. Ailleurs, je dis pas.

    Mon point G, à moi, s'appelle ainsi comme symbole d'un lieu supposé réel par certains et imaginaire par d'autres; il est réputé,par ceux qui croient en son existence, pour ne pas être accessible du premier coup. Ma formule ne l'atteint qu'au bout d'une infinité de coups, ce qui fait beaucoup si vaillant soit-on. Aucun rapport(!) avec la Gravité...quoique.

    Je fais le pari que j'intuite bien en disant que la suite des polygones initiée dès le début de ce fil converge vers un point et que j'intuite tout aussi correctement en disant que la suite des "middle points" (je ne connais ce terme que de très fraîche date via Juge Ti) - polygone dont les sommets sont les milieux des côtés d'un polygone père - converge vers ce même point.

    Si je gagne ce pari, et si je ne dis pas une grosse sottise dans ce qui suit, ma formule doit être correcte:

    On part de A0 A1 A2....An, d'affixes a0 a1 a2...an;
    son "middle point" est B'0 B'1 B'2...B'n, d'affixes (a0 + a1) / 2 (a1 + a2) / 2 ...... (an + a(n+1)) / 2 (rem: a(n+1)=a0);
    son middle point est ( (a0 + a1) / 2 + (a1 + a2) / 2 ) / 2 = ( 1 * a0 + 2 * a1 + 1 * a2 ) / 2 ^2 .......

    On voit Newton qui débarque pas très masqué: au lieu de mettre les indices au rez de chaussée, tu les mets au premier. Et t'as ma formule.

    Les affixes des autres points que le zéroième d'un polygone itéré, on s'en tape vu que (modulo mon pari) tout ce petit monde finira au même endroit!

    @Remarque: si tu pouvais vérifier expérimentalement que les successeurs façon middlepoint convergent vers la même limite que les polygones "initiaux" de ce fil, je passerais une meilleure nuit.

    Merci à vous tous

    Paul
  • remarque
    remarque
    @depasse : ça n'en a pas l'air :

    26027
  • depasse
    depasse
    merci remarque, il y a donc plusieurs points G.....au fond(!) c'est rassurant, ça augmente les chances d'en trouver un!
    Amicalement
    Paul
  • JLT
    JLT
    On pourrait peut-être procéder comme suit :

    1) La suite $(P'_n)$ des polygones tels que $P'_{n+1}$ est le polygone des milieux de $P_n$ converge vers un point.

    2) Soit $P_n$ la suite des polygones au téléphone. Alors $P_n$ est inclus dans le polygone (plein) $P'_n$. Donc $P_n$ converge vers un point.

    Edit : idée vraisemblablement fausse, je n'avais pas bien regardé les simulations de remarque.
  • Sylvain
    Sylvain
    Idée intéressante JLT, mais qui semble fausse d'après la simulation de remarque (polygones verts et noirs). Par contre on peut peut-être trouver une application injective strictement croissante $\phi$ telle que pour tout $n$, il existe une isométrie du plan complexe $\sigma_n$ telle que $P_{\phi(n)}\subset \sigma_{n}(P'_{n})$ ?
  • remarque
    remarque
    Oui mais attention, je ne garantis pas la simulation ! Je n'ai pas vraiment vérifié le programme. D'ailleurs ça serait bien si quelqu'un en faisait un autre pour voir. Pas facile de mettre le doigt sur ce point G....
  • Probaloser
    Probaloser
    Je pense que l'on peut maintenant affirmer avec certitude que remarque a replongé :)
  • Sylvain
    Sylvain
    De toute façon, mon idée généralise celle de JLT : si on démontre que la suite $(P'_n)$ converge vers un point et mon assertion, on aura gagné.
  • Juge Ti
    Juge Ti
    Pour montrer que la suite des polygones des milieux converge vers l'isobarycentre du polygone de départ, je pense qu'on peut procéder ainsi :

    Je note $P_0=P$ et pour tout $p$ je note $P_{p+1}$ le polygone des milieux de $P_p$.

    Je note $z_1,\ldots,z_n$ les affixes des sommets de $P$ et $z^{(p)}_1,\ldots,z^{(p)}_n$ les affixes des sommets de $P_p$.

    Alors par récurrence on a $\displaystyle z^{(p)}_k=\dfrac{1}{2^p}\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}z_{k+i}$ (où $z_{n+1}=z_1$, etc.), ou encore $\displaystyle z^{(p)}_k=\dfrac{1}{2^p}\sum_{r=1}^{n}\sum_{\substack{0\leq i\leq p\\i\!\mod n=r}}\binom{p}{i}z_r$.

    Il suffit donc de montrer que, pour tout $r$ compris entre $1$ et $n$, on a $\displaystyle\sum_{\substack{0\leq i\leq p\\i\!\mod n=r}}\binom{p}{i}\sim\dfrac{2^p}{n}$ quand $p$ tend vers $+\infty$. J'ai la flemme de le démontrer proprement mais ensemblistement ça me paraît vraisemblable.
  • Siméon0
    Siméon0
    Juge Ti a écrit:
    Pour montrer que la suite des polygones des milieux converge vers l'isobarycentre du polygone de départ, je pense qu'on peut procéder ainsi :
    La transformation considérée ne préserve pas l'isobarycentre, donc il n'y a ce me semble aucune chance d'avoir converge vers celui-ci.
  • JLT
    JLT
    Pour les polygones du milieu, soit $Z_k$ le vecteur-colonne formé par les affixes du polygone $P_k$. Alors $Z_{k+1}=MZ_k$ où $M$ est une matrice circulante très simple, donc on peut calculer le spectre. Ca doit permettre de conclure mais je n'ai pas regardé en détail.
  • Juge Ti
    Juge Ti
    Quand je dis "polygone des milieux", je parle du polygone dont les sommets sont les milieux des côtés du polygone de départ. Ils ont clairement le même isobarycentre !
  • Siméon0
    Siméon0
    Pardon Juge Ti, j'avais lu trop vite.
  • depasse
    depasse
    si j'ai bien compris

    i) selon Juge Ti la limite de ((1+a)/2)^k est tout simplement l'isobarycentre de A

    ii)selon remarque la limite des polygones téléphonés n'est pas celle des polygones des milieux.

    Ca veut dire que ce n'est pas parceque le fils B' de A contient le fils B de A que le kème descendant de B' contient le kème descendant de B.

    Donc mon intuition était tarte.

    J'ai aussi pensé que les descendants d'égale génération de B et B' étaient "parallèles". A quand ma prochaine tarte?

    Bonne nuit à tous et n'oubliez pas les points G
  • pappus
    pappus
    Mon cher JLT
    Il se trouve que j'avais rédigé cet exercice suivant ton idée, il y a une bonne vingtaine d'années uniquement pour tester mon anglais.
    J'espère que le texte restera compréhensible mathématiquement mais j'ai la flemme de le réécrire!
    Par contre mon anglais est déplorable, alors ne rigole pas trop!
    A $n$-polygon in $\mathbb C^n$ is given by the vertice-vector
    $a=(a_1, \dots, a_n)$ whose components are the affixes
    of his successive vertices.

    The $n$-polygon $b=(b_1, \dots, b_n)$ made up of the middles of
    the polygon
    \mbox{$a=(a_1, \dots, a_n)$} is given by :
    \begin{equation}
    b_i= \dfrac 1 2 (a_i + a_{i+1});
    \quad
    (i= 1,\dots, n)
    \end{equation}
    where one admits that $a_{n+1} = a_1$.

    Hence we have:
    \begin{equation}
    b=M(a)
    \end{equation}
    where $M$ is the linear map from $\mathbb C^n$ into $\mathbb C^n$
    whose matrix in the canonical basis of
    $\mathbb C^n$
    is the circulant:
    \begin{equation}
    Circ(\dfrac 1 2,\dfrac 1 2, 0,\dots,0)
    =
    \dfrac 1 2
    Circ(1,1,0,\dots,0)
    =
    \dfrac 1 2
    \begin{Vmatrix}
    1&1&0&\hdotsfor{2}&0\\
    0&1&1&0&\dots&0\\
    \hdotsfor{6} \\
    0&\hdotsfor{1}&0&1&1&0\\
    0&\hdotsfor{2}&0&1 &1\\
    1&0& \hdotsfor{2}&0&1
    \end{Vmatrix}
    \end{equation}
    Hence we have:
    \begin{equation}
    M=\dfrac 1 2 (I + J)
    \end{equation}
    where $I$ is the identity map of
    $\mathbb C^n$
    and $J$ is is the linear map from $\mathbb C^n$ into $\mathbb C^n$
    whose matrix in the canonical basis of
    $\mathbb C^n$
    is the circulant:
    \begin{equation}
    Circ(0,1,0,\dots,0)
    =
    \begin{Vmatrix}
    0&1&0&\hdotsfor{2}&0\\
    0&0&1&0&\dots&0\\
    \hdotsfor{6} \\
    0&\hdotsfor{2}&0&1&0\\
    0&\hdotsfor{3}&0 &1\\
    1&0& \hdotsfor{3}&0
    \end{Vmatrix}
    \end{equation}
    $J$ is a circular permutation of the coordinates:
    \begin{equation}
    J(z_1,\dots,z_n)=(z_2,z_3,\dots,z_n,z_1)
    \end{equation}

    As a result, $X^n -1$ is an annihilating polynomial of $J$,
    i.e: $J^n-I=O$, all roots of which are distinct, hence $X^n-1$
    is the minimum and characteristic polynomial of $J$
    who can be diagonalized over $\mathbb C ^n$.

    In particular the eigenvalues of $J$ are the $n$-roots of unity
    namely
    \mbox{
    $
    \lambda_k
    =
    \exp(\dfrac{2k \pi \imath}{n})
    $
    }
    for
    $
    k=0,1,\dots,n-1.
    $
    An eigenvector of $J$ relative to $\lambda_k$ is the vector:
    $$
    X_k=\left( 1,\lambda_k,\lambda_k^2,\dots,\lambda_k^{n-1}\right)
    $$
    The vectors $(X_0,X_1,\dots,X_{n-1})$ form a basis of $\mathbb C^n$.

    $\mathbb C^n$ is provided with his standard hermitian structure:
    $$
    \langle z\mid z' \rangle
    =
    \sum_{i=1}^{n} z_i \overline z'_i
    $$
    where
    $z=(z_1,\dots,z_n)$
    and
    $z'=(z'_1,\dots,z'_n)$
    are two vectors of $\mathbb C^n$.

    One checks at once that:
    \begin{equation}
    \langle X_k\mid X_l\rangle
    =
    n\ \delta_{kl}
    =
    \left \{
    \begin{array}{rcl}
    0&\text{for }& k \ne l\\
    n&\text{for }& k=l
    \end{array}
    \right.
    \end{equation}
    Let
    $$
    e_k
    =
    \dfrac{X_k}{\sqrt n}
    $$
    for $k= 0,1,\dots,n-1$.

    Then $(e_0,e_1,\dots,e_{n-1})$ is an orthonormal basis of $\mathbb C^n$.

    Since we have:
    \begin{equation}
    M(e_k)=\dfrac{1 + \lambda_k}{2} e_k
    \quad
    \text{for }
    k=0,1,\dots,n-1.
    \end{equation}
    the matrix of $M$ in the
    $(e_0,e_1,\dots,e_{n-1})$ basis
    is
    $Diag(\mu_0,\mu_1,\dots,\mu_{n-1})$
    where
    $$
    \mu_k
    =
    \dfrac{1 + \lambda_k}{2}
    \quad
    \text{for }
    k=0,1,\dots,n-1.
    $$
    That is the eigenvalues of $M$ are the
    $
    \mu_k
    \
    \text{for }
    k=0,1,\dots,n-1.
    $,
    the relative eigenvectors being the
    $
    e_k
    \
    \text{for }
    k=0,1,\dots,n-1.
    $.

    One asks to know if the sequence $p \mapsto M^p$
    has a limit when $p \mapsto \infty$.
    Now the matrix of $M^p$ in the
    $(e_0,e_1,\dots,e_{n-1})$ basis is:
    $$
    Diag(\mu_0^p,\mu_1^p,\dots,\mu_{n-1}^p)
    $$
    Now $\mu_0=1$ and it is clear that:
    $|\mu_k|<1 \ \text{for } k> 1$.

    Hence
    ${{{} _ { {} _ {\displaystyle \text{lim}} } } \atop {p\mapsto \infty}}M^p=M^{\infty}$
    exists and the matrix of $M^{\infty}$ in the
    $(e_0,e_1,\dots,e_{n-1})$ basis is $Diag(1,0,\dots,0)$, proving that
    $M^{\infty}$ is the orthogonal projector from $\mathbb C^n$
    onto $\mathbb C e_0$.

    Hence:

    $$
    M^{\infty}(z)=\langle z\mid e_0\rangle e_0=\dfrac{z_1 + \dots +z_n}{n}\ X_0
    $$
    Thus
    $${\displaystyle \text{lim}_{p \mapsto \infty}} M^p(a)
    =
    M^{\infty}(a)
    =
    \dfrac{a_1 + \dots +a_n}{n}\ (1,\dots,1)
    $$
    that is all the vertices of the polygon $M^p(a)$ converge
    for $ p \mapsto \infty$ to the isobarycenter
    of the $n$ vertices of polygon $a$.

    It is easy to get an estimation of this convergence.
    Let
    \begin{equation}
    M^p(a)=(a_{p1},\dots,a_{pn})
    \end{equation}
    We have the direct sum orthogonal decomposition:
    \begin{equation}
    \left\{
    \begin{array}{rcccl}
    \mathbb C^n
    &=&
    \mathbb C\ e_0 &\oplus& \mathbb C(e_1,\dots,e_{n-1})\\
    a &=& b&+&c
    \end{array}
    \right.
    \end{equation}
    where
    $$
    b=M^{\infty}(a)
    =
    \dfrac{a_1 + \dots +a_n}{n}\ (1,\dots,1)
    $$
    Thus
    $$M^p(a) = b + M^p(c)$$
    Let
    $$c = \sum_{k=1}^{n-1} c_k\ e_k$$
    We have:
    $$
    M^p(c)
    =
    \sum_{k=1}^{n-1} \mu_k^p \ c_k\ e_k$$
    Thus: $$||M^p(c)||^2 = \sum_{k=1}^{n-1} |\mu_k|^{2p} \ |c_k|^2$$
    But it is clear that:
    ${{{} _ { {} _ {\displaystyle Max} } } \atop {k>1}}(|\mu_k|)
    =|\mu_1|
    =
    \cos(\dfrac{\pi}{n})
    $

    Hence:
    $$
    ||M^p(c)|| \le (\cos\dfrac{\pi}{n})^p\ ||c||
    $$
    Thus
    $$
    ||M^p(a)- M^{\infty}(a)|| \le (\cos\dfrac{\pi}{n})^p\ ||c||
    $$
    In particular, for each integer $k = 1,\dots,n$, we have:
    $$
    |a_{pk}-\dfrac{a_1+ \dots +a_n}{n}| \le
    ||M^p(a)- M^{\infty}(a)|| \le (\cos\dfrac{\pi}{n})^p\ ||c||
    $$
    proving that the convergence of the sequence
    $\{p \mapsto a_{pk}\}$ to the isobarycenter is geometric.

    Amicalement
    Pappus
  • Juge Ti
    Juge Ti
    @JLT : Effectivement, c'est plus simple comme ça. On a $Z'=MZ$ où la matrice $M$ a des $1/2$ sur la diagonale et juste au-dessus, et un $1/2$ en bas à gauche. Si je ne dis pas de bêtises, le théorème de Perron-Frobenius pour les matrices bistochastiques nous dit que la suite $M^n$ converge vers la matrice dont tous les coefficients sont égaux à $1/n$, et c'est gagné.

    Edit : Grillé de deux minutes par pappus !
  • JLT
    JLT
    Peut-être une piste, mais il faudrait du temps pour l'explorer :

    1. Soit $ABCDEF$ un hexagone convexe et $GHIJKL$ le polygone des milieux. Alors le milieu $O$ de $[A,D]$ est dans l'enveloppe convexe de $GIJL$.

    Cette étape risque de ne pas être évidente.

    7. En déduire que les $P_n$ s'écrasent vers un segment $[A,B]$ (éventuellement réduit à un point).

    8. Si une sous-suite $(P_{k_i})$ s'accumule vers un polygone aplati dont l'enveloppe convexe est $[A,B]$, avec $A\ne B$, de sorte qu'exactement $k$ points s'accumulent vers $A$, alors pour la suite $(P_{k_i+1})$, il y a exactement $k-1$ points qui s'accumulent vers $A$. En y réfléchissant ça n'a pas l'air d'aller. En tirer une contradiction.

    9. Conclure.26042
  • JLT
    JLT
    Juste un message pour dire que mon idée précédente ne semble pas bien marcher, ou en tout cas nécessite d'être complétée. L'un des problèmes qui arrivent est que dans certaines situations, le polygone au téléphone (MNOPQR en rouge ci-dessous) est assez proche du polygone initial ABCDEF.

    (Le polygone GHIJKL est le polygone des milieux.)

    26044
  • remarque
    remarque
    Je ne suis pas bien l'argument de JLT, mais il ne me semble pas vrai que le polygone téléphonique soit toujours inclus dans le polygone des milieux. C'est ce qui semblait ressortir de mes simulations, mais je n'étais pas sûr du programme. Je l'ai donc refait tourner pour en récupérer les coordonnées du premier polygone afin de refaire la construction à la main dans geogebra (juste une itération). Cette construction à la main donne la même chose à l'oeil nu que scilab, donc j'ai un peu plus confiance dans scilab,

    En tout cas, sur ce geogebra, on voit que le polygone téléphonique en bleu ne contient pas le centre de gravité du polygone de départ, ni donc celui du polygone des milieux en vert, et donc va finir par sortir dudit polygone des milieux (en fait à l'itération suivante d'après scilab).

    <applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
    codebase="http://www.geogebra.org/webstart/4.0/unsigned/&quot;
    width="616" height="817">
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    C'est une appliquette Java créée avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
    </applet>


    Vive les points G multiples !

    Edit : le polygone de départ est ABCDEF, le polygone téléphonique GHIJKL et le polygone des milieux MNOPQR.
  • JLT
    JLT
    Ce que je voulais dire c'est que si $P_n$ désigne la suite des polygones téléphoniques et $P'_n$ celles des polygones des milieux, avec $P_0=P'_0$ alors on n'a effectivement pas nécessairement $P_n\subset P'_n$ pour tout $n$ mais néanmoins $P_1\subset P'_1$. Sauf erreur de ma part. Et je ne sais pas si c'est très utile pour la suite.
  • remarque
    remarque
    Ah d'accord. Ca semble expérimentalement vérifié.
  • remarque
    remarque
    En effet, à la première itération, ça va, à la deuxième, bonjour les dégâts.

    Edit : voir plus bas.
  • marco
    marco
    Bonjour,

    Si $P$ est un polygone à $n$ côtés, l'itéré de ce polygone aura au plus $n$ côtés.
    Donc on se retrouve avec une suite décroissante de polygones à moins de $n$ côtés.
    1) Il semble vrai que l'intersection d'une suite décroissante de polygones à moins $n$ côtés est un polygone à moins de $n$ côtés, ou un segment ou un point.
    Cela ne peut pas être une patate ou un polygone à plus de $n$ côtés.
    2) Si l'intersection est un polygone ou un segment, en appliquant, l'itération à un polygone de la suite, proche de l'intersection, on obtiendrait un polygone nettement plus petit, donc contradiction.
    Ce dernier point est flou.
  • depasse
    depasse
    @ Juge Ti:
    Tu me donnes une correction bien méritée!
    Jacquot m'avait prévenu.

    Geogebra m'évitera de conjecturer tout et n'importe quoi!

    Je ne réponds que maintenant car Java n'était pas installé (tu as le droit de t'offusquer!) et je ne pouvais donc pas voir certains dessins dont le tien.

    C'est fait. Ainsi s'il est trivial de montrer que P'1 contient P1 et lui est "parallèle", c'est idiot de rêver que ce phénomène se reproduise de génération en génération.

    @remarque:
    A bientôt de nouveaux points G, par exemple que se passe-t -il si au lieu de P1 dont les sommets sont les intersections des (AiAi+2) et (Ai+1Ai+3), on prend Q1 dont les sommets sont les intersections des (AiAi+3) et (Ai+1Ai+4)?

    @tous, merci et bonne après midi
  • remarque
    remarque
    Donc, comme je le disais plus haut, à la première itération, ça va, à la deuxième, bonjour les dégâts....

    <applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
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