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triangle à coordonnées entières

 
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popolux
Légère tendance aux maths et aux délires


Inscrit le: 23 Déc 2006
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MessagePosté le: 10 Juil 2008, 21:08    Sujet du message: triangle à coordonnées entières Répondre en citant

Purée personne ne pose d'exos ici ou quoi ??

Bon soit T un vrai triangle du plan de sommets à coordonnées entières, telles qu'il n'existe aucun autre point du triangle fermé à coordonnées entières autres que les sommets.
Calculer l'aire du triangle
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pierre
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MessagePosté le: 10 Juil 2008, 21:49    Sujet du message: Répondre en citant

Ben [tex:e622ea7fd2]\frac 1 2[/tex:e622ea7fd2] d'après la formule de Pick.

Pierre.
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popolux
Légère tendance aux maths et aux délires


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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 1:35    Sujet du message: Répondre en citant

C'est ça,

Je ne connaissais pas la formule de pick mais renseignements pris c'est effectivement équivalent à la question. Comment démontres tu la formule de pick ?
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Jill-Jênn
Au fait, on t'avait dit d'arrêter de flooder


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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 8:32    Sujet du message: Répondre en citant

Par récurrence.

--
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— Haruhi, dans La Mélancolie de Haruhi Suzumiya
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popolux
Légère tendance aux maths et aux délires


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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 12:37    Sujet du message: Répondre en citant

Argh quelle horreur la même récurrence que là : http://fr.wikipedia.org/wiki/Th%C3%A9or%C3%A8me_de_Pick ??

Sauf erreur de ma part j'ai une preuve plus courte et plus élégante :

Soit T un triangle à coordonnées entières telles qu'il n'y ait aucun autre point à coordonnées entières à l'intérieur que les sommets A,B,C .


[tex:8112680523]\mathcal{A}_{ABC}=\frac{1}{2} |\det[ \stackrel{\rightarrow}{AB},\stackrel{\rightarrow}{AC}]|[/tex:8112680523]

On considère le sous-réseau de [tex:8112680523]\mathbb{Z}^2[/tex:8112680523] défini par [tex:8112680523]\mathbb{Z}\stackrel{\rightarrow}{AB}+ \mathbb{Z} \stackrel{\rightarrow}{AC}[/tex:8112680523] , si l'on suppose qu'il existe un point de [tex:8112680523]\mathbb{Z}^2[/tex:8112680523] qui ne soit pas dans le sous -réseau ci dessus alors, cela signifierait qu'il existe un autre point à coordonnées entières qui se trouverait à l'intérieur du triangle T.
Ainsi


[tex:8112680523]\stackrel{\rightarrow}{AC}[/tex:8112680523] et [tex:8112680523]\stackrel{\rightarrow}{AC}[/tex:8112680523] forment donc une base du réseau des entiers relatifs.
Donc [tex:8112680523][\stackrel{\rightarrow}{AB},\stackrel{\rightarrow}{AC}][/tex:8112680523] est inversible d'inverse à coefficients entiers, donc est forcément de déterminant 1.

[tex:8112680523]\mathcal{A}_{ABC}=1/2[/tex:8112680523]

Ensuite pour démontrer la formule de pick il suffit de trianguler en triangles élémentaires et de compter les triangles
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pierre
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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 13:35    Sujet du message: Répondre en citant

Oui, sauf que la formule de Pick est valable y compris pour les polygones non convexes, du moment qu'ils sont non croisés.
Il y a une étape un peu délicate, c'est de prouver que dans tout polygone simple (i.e. non croisé), il y a une diagonale intérieure (ce qui assure, par récurrence, la triangulation). C'est très intuitif, mais j'ai vu pas mal d'arguments faux là-dessus.
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Jill-Jênn
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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 13:47    Sujet du message: Répondre en citant

Non, je plaisantais, popolux Mr. Green
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Salque
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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 16:04    Sujet du message: Répondre en citant

Citation:
Il y a une étape un peu délicate, c'est de prouver que dans tout polygone simple (i.e. non croisé), il y a une diagonale intérieure (ce qui assure, par récurrence, la triangulation). C'est très intuitif, mais j'ai vu pas mal d'arguments faux là-dessus.


Mmmh... Bon, on prend un sommet A qui forme un angle saillant. Si le segment qui relie ses voisins (appelons les A' et A") est entierement contenu dans le polygone, on a gagne. Sinon, on prend la demi-droite [A'A), et on commence a l'incliner vers A", jusqu'a ce qu'elle rencontre l'autre frontiere du polygone. Le contact se fera forcement au niveau d'un ou plusieurs sommets ; il suffit alors de couper la demi-droite au niveau du sommet le plus proche de A', et on obtient bien une diagonale interieure. Ca marche, ca ?
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pierre
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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 21:37    Sujet du message: Répondre en citant

Oui.
Moi, je passais par un sommet M situé dans AA'A'' à une distance maximale de (A'A'') (s'il n'y en a pas, c'est fini), et je considerais la diagonale [AM].
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Salque
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MessagePosté le: 11 Juil 2008, 22:33    Sujet du message: Répondre en citant

J'avoue que ta solution est plus facile a rediger proprement que la mienne.
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Guillaume.B
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MessagePosté le: 27 Juil 2008, 0:17    Sujet du message: Répondre en citant

Dans le "même" genre que le problème du topic, on a ce résultat :

Montrer que pour tout [tex:9803cfcb60]n \neq 4[/tex:9803cfcb60], il n'existe pas de [tex:9803cfcb60]n[/tex:9803cfcb60]-gone régulier dont les sommets sont des points du réseau du plan.
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Qu'est-ce que l'homme dans la nature ? Un néant à l'égard de l'infini, un tout à l'égard du néant, un milieu entre rien et tout.
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antony
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MessagePosté le: 08 Aoû 2008, 11:56    Sujet du message: Répondre en citant

Pour [tex:7b4f646337]n\not=3,6[/tex:7b4f646337] : Si on a un tel polygone [tex:7b4f646337]A_1\ldots A_n[/tex:7b4f646337] on peut en construire un plus petit [tex:7b4f646337]B_1\ldots B_n[/tex:7b4f646337] avec [tex:7b4f646337]B_i[/tex:7b4f646337] tel que [tex:7b4f646337]A_iA_{i+1}B_iA_{i-1}[/tex:7b4f646337] soit un parallélogramme, d'où une contradiction par un argument de descente infinie.
Pour 3 et 6, l'irrationnalité de [tex:7b4f646337]\sqrt3[/tex:7b4f646337] permet de conclure.
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