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Pick hexagonal

Bonjour à tous

En marge d’un problème de calcul sur un réseau régulier je me suis posé une question directement inspirée de la formule de Pick .

On considère une pièce convexe d’aire 2, construite avec trois triangles équilatéraux (demi-hexagone régulier). On assemble plusieurs de ces pièces, sommet sur sommet, de façon à réaliser un polygone simplement connexe. On note A l’aire du polygone, F et I le nombre de sommets de ces pièces à la frontière ou à l’intérieur du polygone.

Il semble que la formule
A = F + 2I – 2
soit toujours vérifiée, mais pourquoi ?

Merci d’avance pour vos réponses :-)
Domi.

[En typographie, on ne met jamais d'espace avant un point ou une virgule, mais toujours après. ;-) AD]124282

Réponses

  • En fait on peut déduire ta formule directement de la formule de Pick.

    La formule de Pick s'applique sur la grille orthogonale $\Z\times \Z$. Tandis que toi tu es sur une "grille hexagonale" (je ne sais pas comment on dit, voir figure ici https://lh3.googleusercontent.com/proxy/XcF6lJY08zzguhlhH6KKATkMWCo4qGrJj-vq1eY7LcknFSG0x1EdmxVq0prWLs7v2j6h908De2Xh-g).

    Donc il suffit de considérer l'application linéaire de $\R^2$ qui transforme une "grille orthogonale" en "grille hexagonale" pour passer de la configuration du th. de Pick à la tienne.

    Bref l'endomorphisme donné par la matrice $M=\begin{pmatrix}
    \cos(\pi/3) & 0\\
    \sin(\pi/3) & 1
    \end{pmatrix}$ est celui qui fait l'affaire.

    On vérifie facilement que si $A(B)$ est l'aire d'un borélien $B$ de $\R^2$ alors $A(M(B))=2A(B)$.

    Sachant que la formule de Pick est : $A=F/2+I-1$ on obtient après application de la transformation $M$ : $A(M(B))=2A(B)=F+2I-2$ qui est bien ta formule.


    Edit : je crois que la matrice de l'endomorphisme n'est pas la bonne... mais l'idée est là je pense. Bon je regarderai plus tard.
  • 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...124292
  • Bonjour Raoul

    En effet , on peut adapter sans effort la formule de Pick à un réseau triangulaire mais le passage à l'hexagone n'est pas simple . Ici le polygone est construit avec des trapèzes particuliers et c'est nécessaire .

    Domi124296
  • 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.
  • Très bien , c'est bon pour moi .

    Merci :-)

    Domi
  • Puisque j'ai donné une partie du problème autant fournir la version complète :

    On considère un réseau en hexagones réguliers d’aire $4$ . On qualifiera de « bon » tout polygone simple ayant ses sommets sur ce réseau et dont les angles sont des multiples de 60° . Un bon polygone est parfait s’il vérifie la formule de Pick : $A = F + 2I -2$ où $A$ , $F$ et $I$ désignent l’aire du polygone et le nombre de points du réseau sur sa frontière ou à l’intérieur .

    Comment caractériser simplement les polygones parfaits ?

    Domi124372
  • En appliquant le même genre d'arguments élémentaires qu'ici http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?34,2266920,2267228#msg-2267228 on a la caractérisation suivante, pas très élégante mais bon...

    Un polygone P est parfait ssi $4n_I+2n_F-2I-F+2=0$

    où $n_I$ est le nombre de centres des hexagones se trouvant à l'intérieur (ce sont les centres qui sont à l'intérieur) de P

    $n_F$ est le nombre de centres des hexagones se trouvant à la frontière (ce sont les centres qui sont à la frontière) de P.



    PS. ici "parfait" signifie juste qu'il vérifie la formule $A = F + 2I -2$.
  • Oui , c'est en fait une légère transformation de la formule , j'attendais une caractérisation un peu plus "géométrique" :-)

    Sur l'exemple fourni , je peux affirmer que le polygone est parfait en comptant simplement les triangles équilatéraux dessinés à l'intérieur .

    Domi124548
  • Ok je comprends pourquoi une condition demandée était que les angles soient des multiples de 60.

    Effectivement le nombre de triangles équilatéraux c'est plus élégant comme caractérisation.

    Et tu peux en dire plus ?
  • Oui , il y a une façon assez visuelle de considérer les choses en complétant le réseau en un réseau triangulaire à trois couleurs ( on revient au réseau hexagonal en supprimant une des couleurs ) . La formule de Pick s'adapte sans problème à ce nouveau réseau triangulaire . Les triangles dessinés dans le polygone sont irréductibles dans le sens où en dehors des sommets il n'y a aucun point du réseau sur la frontière . Après il y a deux cas à considérer selon que le triangle "paveur" a ses sommets monochromes ou tricolores .

    Je te laisse continuer , c'est assez amusant à découvrir .

    Domi
  • OK merci pour le teaser.
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