Nombre d'intersections dans Pappus avec deux fois n points

Swingmustard

Bonjour
Une version du théorème de Pappus associe $n=3$ points $A,B, C$ d'une droite à $n=3$ points $A',B',C'$ d'une autre droite, pour remarquer l'alignement de $(AB')\cap(A'B)$ avec $(BC')\cap(B'C)$ et $(CA')\cap(C'A)$.

Ici, je ne m'intéresse pas du tout à l'alignement. Je me demande seulement quelle formule $f(n)$ donne le nombre de points d'intersection des segments, en fonction de $n$, le nombre de points sur chacune des deux droites.

                                             

Bref, on prend $n$ points (au lieu de $3$ dans l'énoncé du théorème) sur chacune des droites, dans les mêmes conditions : $A$ pourra être relié à $B'$, $C'$, $D'$, etc ... mais pas à $A'$ : pas de segments $[AA']$, ni $[BB']$, etc.
De manière empirique, je trouve une formule $f(n)$ mettant en jeu deux nombres de combinaisons.
1) Proposerez-vous la même ?
2) Auriez-vous un raisonnement (convaincant et simple de préférence) pour la justifier ?

Du côté de EOIS. Les images $f(2)=1, f(3)=7, f(4)=28, f(5)=80, f(6)=185$ donnent une seule formule.
Je n'ai pas cherché à la comprendre (elle parle de balles de tennis ?), vu qu'elle ne matche pas avec $f(7)=371$.
Amicalement,
Swingmustard

LOU16

Bonjour

J'ai trouvé cette relation de récurrence: $ \forall n \in \N, \quad f(n+1) - f(n) = n^3-n^2+n.\quad $Elle conduit à :

$$\forall n \in\N, \quad f(n) = \dfrac {n(n-1)(3n^2-7n +8)}{12}.$$

jandri

Il y a effectivement une formule directe avec deux coefficients binomiaux : $f(n)=\displaystyle{\binom n 2}^2-2{\binom n 3}$.

$\displaystyle{\binom n 2}^2$ est le nombre de points d'intersections sans la condition "pas de segments [AA′ ], etc..."

Il faut retirer le nombre de points d'intersections avec un segment du type [AA′ ].
On choisit 3 points A, B, C sur la première droite (dans l'ordre croissant), on supprime C et on prend B' et C' sur la seconde droite : $(AC')\cap(BB')$ est un point à retirer. Il faut multiplier par deux pour comptabiliser l'autre cas $(A'C)\cap(BB')$.

Swingmustard

Merci à vous deux !

J'ai obtenu la formule de @Lou16 en bricolant : la relation de récurrence je ne l'avais pas.

En continuant de bricoler, j'avais celle de jandri et, comme souvent, me demandais en vain comment mon cerveau aurait pu la trouver directement.

a) Je sentais bien un rapport entre $\displaystyle{\binom n 2}^2$ et la condition "tous segments, y compris les [AA′ ]",

pourtant je buggais sur la vision de "$[AA']$ ne coupe  personne, tandis que $[BB']$ oui dès que $n\geq3$". Une autre fois, j'essaierai de me dire :

"Ne t'égare pas avec les segments, borne-toi à ce que tu veux compter (des intersections) et à ton outil (des points). Comment des points définissent-ils l'intersection $(AB')\cap(A'B)$ ? Par exemple par le couple de paires de points : $\left(\lbrace A,B\rbrace,\lbrace A',B'\rbrace\right)$.

b) Les intersections à supprimer : effectivement, il suffit sur la première droite d'une combinaison de trois points, pour qu'un $[BB']$ puisse être croisé par des $[AC]$ et $[A'C]$.

N'empêche que si un jour je propose ça direct (est-ce ton cas, @jandri ?), ça signifiera que je me serai beaucoup beaucoup entraîné !

Amicalement,

Swingmustard

jandri

Swingmustard
Au départ je suis parti des $\displaystyle{\binom n 2}^2$ points et j'ai ensuite retiré les points situés sur un segment du type $[AA']$.
J'ai d'abord trouvé une formule plus compliquée (en distinguant deux cas) puis j'ai vu que cette formule se simplifiait en $2\displaystyle{\binom n 3}$.
J'ai alors recherché l'explication de cette formule simple.

jandri

On peut généraliser avec $n$ points sur une droite $(A_1,A_2,\dots,A_n)$ et $m$ sur l'autre $(B_1,B_2,\dots,B_m)$, $m\geq n$, en ne traçant pas les segments $[A_kB_k]$, mais la formule est moins belle que dans le cas particulier $m=n$.

Si on trace tous les segments $[A_iB_j]$ il y a $(k-1)(m-k)+(k-1)(n-k)$ points d'intersection sur le segment $[A_kB_k]$, il faut donc retirer $\displaystyle\sum_{k=1}^n(k-1)(m+n-2k)$ points.

On obtient finalement $\displaystyle{\binom n 2}{\binom m 2}-m{\binom n 2}+\dfrac{n(n-1)(n+4)}6$points d'intersection.