Bonjour

ça ressemble à un truc :



qui est une conséquence immédiate du "théorème de la pizza"
(découpe d'une pizza avec un point O n'importe où et 2n arcs égaux)

Bonjour,
Donc on peut comprendre que le petit hexagone est n'importe où à l'intérieur du grand.

et même

"Les deux hexagones sont réguliers et parallèles"

ça marche aussi si on fait tourner l'hexagone central (dans certaines limites pour que les points MN etc existent sur les côtés de ABCDEF)



mais ça sera sans doute plus difficile à prouver...

edit :
J'ai mis l'appliquette précédente à disposition sur Geogebra :

l'énoncé d'origine est en cliquant sur " = 0"

Je ne blanke pas....
En décomposant en triangles je vérifie sans le démontrer :aire verte égale aire rouge .

une telle découpe ne fonctionne que pour des cas très particuliers des dimensions et emplacements...



en effet il est déja nécessaire que PI/PH = 3/4 (que I et T soient confondus) pour que les triangles "du rouge" soient égaux aux triangles "du vert"

en généralisant, que ce rapport soit rationnel, ce qui n'a aucune raison d'être le cas.

Bonjour,
Oui,je partais d'un cas particulier C=3c et alignement.En fait
le rapport des aires ,ici  3² soit 9 devrait donner
*pour le petit  4x6 =24 triangles minis
*pour le grand   9x24=216
soit zones verte et rouges ( 216-24)/2=96 triangles minis et non
97 comme mon fastidieux découpage.

Cela dit, je pense que la "pixellisation" en mini triangles doit être une piste à exploiter .

Bonjour à tous les deux

Personnellement j'étais parti de deux polygones de même centre pour lesquels il est facile de montrer que les aires sont égales ( même dans le cas de la généralisation de Mathafou ) . Après il faut regarder les changements de couleur avec les translations dans les trois directions d'un polygone . Ca marche bien quand les polygones sont parallèles mais je n'ai pas encore regardé pour la généralisation .


Imod

En attendant une réponse ,je te transmets les salutations d'un "banni"

Je ne vois pas trop quel est le "banni" que tu évoques .

Dans ton approche du problème initial , on peut en effet considérer que tous les sommets sont aux nœuds d'un réseau triangulaire mais je ne suis pas sûr qu'on aboutisse à une solution en suivant cette piste .  Globalement quand je ne réponds pas  à un message c'est que je ne vois pas quoi ajouter , il ne faut rien y voir de plus

Imod

Je reprends l'idée précédente en me limitant au cas où le prolongement de deux côtés parallèles du petit hexagone recoupe deux côtés parallèles du grand . Certaines couleurs ne changent pas , j'ai indiqué sur l'image l'évolution de l'aire verte par rapport à la rouge durant la translation .

Imod





  

Un développement de l'idée précédente .

On peut regrouper les 1 pour faire des 2 :



Puis regrouper les +2 et -2 sur une même ligne :



L'égalité des aires est alors évidentes .

Il reste à voir ce qui se passe quand on sort du grand hexagone en prolongeant ceux du petit .

Imod

??
les aires égales ne se produisent que si il y a une et une seule intersection par côté du grand hexagone.

Oui , je n'ai pas été clair dans mes explications . Je ne fais pas la démonstration dans le cas général mais uniquement dans celui ou en prolongeant chaque côté du petit hexagone on va couper ( à l'intérieur ) deux côtés opposés du grand ( ce qui n'est pas le cas de ton premier dessin ) . La démonstration reste peut-être valide dans le cas général mais je n'ai pas vérifié . L'idée de la démonstration est de vérifier que les aires sont égales quand les deux hexagones partagent le même centre puis de remarquer que l'égalité des aires est conservée quand on translate le petit hexagone dans la direction donnée par un de ses côtés .

Je peux préciser davantage si les schémas précédents ne sont pas suffisamment explicites .

Imod

... et en effet il faut que chacun des morceaux soit un quadrilatère .

Imod

Je résume le problème pour (re)motiver les troupes .

Un hexagone régulier GHIJKL est contenu dans un autre . Les demi-droites [GH) , [HI) , … , [LG) coupent chacun des côtés du grand hexagone . On définit ainsi 6 quadrilatères convexes alternativement rouges et verts . Il faut montrer que l'aire rouge est égale à l'aire verte .

Mon approche ( certainement critiquable ) est la suivante :
1°) C'est vrai lorsque les deux hexagones ont le même centre .
2°) Si l'égalité est vérifiée , elle est conservée par toute translation du petit hexagone suivant un de ses côtés .

Pour le deuxième point , dans la translation , certaines parties changent de couleur . Si on se place du point de vue du vert par rapport au rouge , une portion peut-être neutre ( personne ne gagne ) , gagnante ( le vert prend sur le blanc ) ou doublement gagnante ( le vert prend du rouge ) . Le vert pourra perdre de la même façon et le codage des figures précédentes allait dans ce sens . J'ai voulu regrouper les +1 et les -1 pour en faire de +2 et -2 , l'idée n'était sans doute pas la bonne , une autre faisant deux moitiés d'un +/- 1 pour en faire un +/- 2 semble meilleure .

Une illustration ( les parallélogrammes rouges et verts ont la même aire ) .


Imod

En fait la preuve dans le cadre général proposé par Mathafou est toute entière dans le dernier dessin . Comme je n'ai pas envie de monologuer plus longtemps , je vous laisse compléter les blancs .

Imod

le problème semble un peu moribond, il n'en est rien.
je cherche toujours à comprendre quel bout est réellement égal à quel autre... (sans se placer dans des cas particuliers où les droites sont perpendiculaires aux côtés, ou la figure symétrique)

en effet les sommes des deux verts simplement opposés ne sont pas égales aux sommes de deux rouges simplement opposés (ton dernier dessin)
c'est la somme des trois verts qui est égale à la somme des trois rouges...

Merci de relancer le problème même si je ne comprends pas tes réticences

Les parallélogrammes rouges et verts ont la même aire ( par rotation ) et alors les aires rouges et vertes sont identiques .

Imod

Une nouvelle illustration que j'espère plus claire :



Imod

pas mieux : pour moi, rien ne relie les zones de la figure de gauche aux zones de la figure de droite ...
(plus précisément, je ne vois pas le rapport ...)

et puis cette histoire de mélanger le rouge et le vert est tout de même nébuleuse.

il s'agit juste de démontrer que par translation de l'hexagone central, ce qui est ajouté en vert est égal à ce qui est retiré du vert.
que ce soit pris ou transformé à partir du blanc ou du rouge n'a pas d'importance.

ma vision de la chose
(j'ai totalement retiré le rouge de la figure)



position initiale en vert clair
portions ajoutées en vert foncé, et translation de du morceau de Q pour l'aligner avec celui en ML

portion retirées en hachurées, et translation de du morceau de N pour l'aligner sur (JK)

comme clairement RU = TM, les deux "bandes" ont même aire

mais reste à démontrer que les morceaux "supplémentaires" en violet ont même aire (sont superposables en fait)
mais ils ne sont égaux à rien d'autre sur la figure....
et je ne vois absolument pas comment les transformer en deux parallélogrammes égaux (et encore moins symétriques)

Il est possible qu'il y ait une faille dans mon raisonnement , je vais détailler un peu plus . Je veux montrer qu'on ne change pas l'équilibre vert-rouge en translatant l'hexagone blanc en suivant un de ses côtés :



Ensuite on chiffre les différents secteurs pour rendre compte de la  progression du vert par rapport au rouge . C'est sûrement inutilement compliqué mais c'est comme ça que je vois les choses . Il y a donc 5 chiffrages possibles : -2 ; -1 ; 0 ; +1 ; +2 . Par exemple +1 signifie que la région est passée du blanc au vert , -2 , qu'elle est passée du vert au rouge , ... Les valeurs +/- 1 dans les 4 trapèzes centraux sont gênantes mais il suffit de partager chacun des trapèzes en deux en suivant leur axe de symétrie pour se ramener à des valeurs +/- 2 ( c'est l'illustration du message précédent ) . Comme les bandes ont toute la même largeur , il reste à montrer que la somme des longueurs +2 est la même que celle des -2 . C'est là qu'interviennent les deux parallélogrammes jaunes pour obtenir une traversée de part en part du grand hexagone . Ces deux parallélogrammes ne sont pas symétriques mais images par une rotation de 60° .



On doit pouvoir arriver au même résultat en suivant ta méthode , il suffit de trouver la bonne transformation qui échange les trapèzes violets .

Imod

mais la région codée +1 qui jouxte le rouge dans le 1er dessin ne fait pas passer du blanc au vert !!
de même pour le -1
je les ai repeintes en jaune ici.



c'est ce codage qui me rendait le tout incompréhensible.
(et les milieu imposé pour la découpe)
Vu maintenant .

et effectivement ça marche et on peut le faire en ignorant complètement cette histoire de rouge
je refais ma figure et je reviens.

D'accord , +1 peut signifier deux choses , un passage du blanc au vert mais aussi un passage du rouge au blanc . Je ne suis pas toujours très clair

Imod

en ne tenant compte que du vert :
(ma figure revisitée avec les bons morceaux déplacés au bon endroit !!)



les points "prime" sont ceux correspondants après translation du vecteur colinéaire à la diagonale de GJ
(P'=P et S'=S)

en vert pâle la zone verte d'origine

en hachures ce qui est retiré et en foncé ce qui est ajouté

la zone trapézoïdale hachurée entourée de gras est coupée en deux moitiés égales, et l'une d'elles déplacée (quadrillée en gris)

de même la zone foncée trapézoïdale entourée en gras est coupée en deux moitiés égales et l'une d'elles déplacée (en bleu plus pâle)

je n'ai pas ajouté trop de noms de points car cela deviendrait illisible, d'où la description verbeuse ci-dessus

... et tout devient parfaitement clair ...

En effet , on retrouve le même découpage avec un formalisme moins lourd . En fait l'idée m'est venue assez vite mais je m'étais perdu dans de vaines considérations sur la possibilité de passer par translation d'un hexagone "blanc-centré"  à un hexagone quelconque en évitant les cas "pathologiques" que tu as signalé .

Merci pour la participation

Imod

Sans relancer le sujet , j'ai essayé de voir ce qui se passait pour d'autres polygones réguliers comme dans le problème de la pizza . En fait l'hexagone joue un rôle vraiment particulier avec ses angles au centre de 60° .  Par exemple avec un carré le résultat disparait instantanément



En bref le problème a le goût et l'odeur de la pizza mais ce n'est pas de la pizza

Imod

oui hélas ...
c'est "un peu" (!) compliqué de faire une applet avec n variable et des "séquences" de Geogebra...

en tout cas "la pizza" ce serait plutôt comme ma figure du 18-01-24 à 14:26
soit avec un carré :


et là c'est valable quel que soit n (pair) et y compris avec la rotation
(ça c'est relativement faisable avec une applet fonction de n car il n'y a pas d'intersections à chercher ...)

C'est ce que j'avais cru comprendre avec ta figure qui illustrait un cas  très particulier . Après , une question en suscite  une autre ...

Sur ton dessin , les droites issues des 4 coins des carrés sont concourantes je suppose .

Imod

non si l'angle est différent de 0
si l'angle est nul c'est une homothétie et elles sont concourantes en le centre d'homothétie

sinon c'est une similitude et les droites joignant des points homologues ne concourent pas.

nota : avec cette découpe là en 2n on peut grouper les portions en n groupes égaux
la découpe en 6 donne rouge = vert = bleu

voire même plus :
si n est un nombre composé et d un diviseur de n autre que 1 et n (c'est pour ça que n doit être composé )
alors on peut répartir sur d couleurs composée chacune de n/d zones et les couleurs recouvrent des aires égales.
ceci pour étendre à des polygones à nombre impair de côtés

exemple; n = 15


j'ai capturé un peu large pour donner un aperçu de comment j'ai défini ça dans Geogebra ...

J'ai mis à jour mon applet pour le problème d'origine avec rotation :
utilisation d'une similitude au lieu de points déplaçables et ajout de la preuve.
rappel du lien : Geogebra

dans la foulée j'ai mis aussi le cas de morceaux "radiaux" "à la pizza"
généralisé à toute valeur de n non première (ma dernière capture d'écran)
Lien : Geogebra

Bonjour,
J'ai suivi de (très) loin ...
Mais là..........

C'est vrai que l'exercice de départ était un peu "planplan" mais là , on prend vraiment de la hauteur

Je ne sais pas si on peu envisager d'autres généralisations avec des polygones semblables mais non réguliers par exemple des losanges ou des rectangles .

Imod

Une question pour Mathafou

Pour moi les similitudes se résument à ce que j'ai appris en terminale c'est à dire à z'=az+b pour les directes et l'équivalent pour les indirectes , en bref à pas grand chose . Quand on a affaire à deux polygones réguliers dont l'un est inscrit dans l'autre , il y a plusieurs similitudes qui envoient l'un vers l'autre . Si on ne garde que celles qui évitent les croisements comme sur tes dernières illustrations , est-on assuré que le centre de similitude soit à l'intérieur du petit polygone ?

Imod