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Inégalité isopérimétrique

Posté par
Dreamyy 13-10-18 à 01:35

Bonsoir,

Je dois faire un exercice, cependant je bloque un peu sur quelques questions ...

Serait-il possible que vous m'aidiez un peu ?

Je vous donne l'énoncé : (qui est un peu long mais bon)

Le plan complexe est muni de son produit scalaire et de son orientation usuelle. Dans toute la suite, n désigne un entier naturel supérieur ou égal à 3 et \omega désigne le nombre complexe e^{\frac{i2\pi}{n}}.

On appelle polygone à n côtés (ou polygone si  n est sous-entendu) tout  n-uplet Z= (z_{0}, z_{1},... , z_{n-1}) \in \mathbb{C}. On convient que z_{n}=z_{0}. Le polygone Z est dit :

- équilatéral si la quantité \left|z_{j+1}-z_{j} \right| ne dépend pas de j, pour j \in [\![0;n-1]\!].

- régulier s'il existe a\in\mathbb{C}^{*} et b\in\mathbb{C} tels que : pour tout k, z_{k}=a\omega ^{k}+b, ou,  pour tout k, z_{k}=a\omega ^{-k}+b.

Etant donné un polygone Z = (z_{0}, z_{1},... , z_{n-1}) et un nombre complexe c, on définit :

- son conjugué \bar{Z} = (\bar{z_{0}}, \bar{z_{1}},... , \bar{z_{n-1}})

- son translaté par c : Z+c=(z_{0}+c,z_{1}+c,... ,z_{n-1}+c).
Enfin, on pose, pour tout entier  j \in [\![0;n-1]\!],

\hat{z}=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-1}{(\bar{w}^{j})^{k}z_{k}}

Par la suite nous avons un rappel de l'inégalité de Cauchy-Schwarz sur n ainsi que son cas d'égalité.


Les questions maintenant :

1. Montrer que tout polygone régulier est équilatéral.

----> Ici, j'ai tout simplement calculer \left|z_{k+1}-z_{k} \right| avec z_{k} = a\omega ^{k}+b  et   z_{k} = a\omega ^{-k}+b. On remarque que ça ne dépend pas de k. Est-ce correct ?

2. Montrer que tout polygone régulier est inscrit dans un cercle dont on donnera le centre et le rayon en fonction de a et de b.

----> Je vois pas trop comment rédiger cela ... Je le vois parce que dans la question d'avant, la distance z_{j+1} -z_{j} ne dépend pas de j (ou de k, dépend de l'indice qu'on prend) donc le module reste toujours le même. Est-ce correct ? le raisonnement est-il le bon ?

3.Soit ^p\in\mathbb{Z}. Calculer \sum_{k=0}^{n-1}{(\omega ^{p})^{k}}.

----> Je trouve 0 mais ça me paraît bizarre ... Donc je pense j'ai faux mais j'ai appliqué la formule d'une suite géométrique et le numérateur fait 1-1 donc 0 non ? car e^{(\frac{2pi\pi}{n})^{n}} = 1 non ?

4. Soit Z= (z_{0}, z_{1},... , z_{n-1})\in \mathbb{C}^{n}. Montrer que pour tout j\in [\![0;n-1]\!], z_{j}=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n}{(\omega ^{j})^{k}\hat{z}}.

----> Je ne vois pas comment faire.

Merci à tout ceux qui prendront le temps de m'aider ... Je galère un peu et j'ai galéré à taper tout ça au LaTex ^^'


Sur ce, bonne soirée et merci ^^

Posté par
carpediemre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 09:11

salut

Citation :
Je vous donne l'énoncé : (qui est un peu long mais bon)
ce n'est pas grave et on te remercie pour l'effort et la clarté ...
on est alors plus enclin à vouloir t'aider

mais !!

1/ plutôt que nous dire que tu as calculé ...  donne-nous simplement le résultat !!! (avec éventuellement une étape

j'espère que tu as remarqué que w^n = 1 \iff w^k w^{n - k} = 1 \iff w^{-k} = w^{n - k}

2/ revenons à la vision géométrique : un polygone est régulier si pour passer d'un sommet à l'autre on tourne autour du centre d'un même angle constant

et tourner de 2pi/n c'est multiplier par w

donc w_{k + 1} - b = w^{\pm 1}(w_k - b)

le centre du cercle est donc .... et son rayon est ...

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 10:34

Bonjour !
2.
Je signale que l'application z\mapsto az+b est une similitude directe, composée d'une rotation et d'une homothétie de même centre.
Ainsi les polygones réguliers sont les images dans cette similitude de la figure formée par les points du cercle trigonométrique ayant pour affixe les \omega_k,\;0\leqslant k<n de sorte que les questions sur l'isométrie et l'existence d'un cercle circonscrti deviennent "évidentes".

Si tu veux éviter le passage par cette similitude tu peux essayer de "deviner" le centre du cercle : ce sera l'isobarycentre des sommets, dans ton cas le point d'affixe  u=\dfrac1n\sum_{0\leqslant k<n}z_k et il te reste à montrer que les distances |u-z_k| sont toutes égales.

3.
La somme nulle que tu obtiens est presque correcte : tu as oublié que la formule de somme des termes d'une suite géométrique suppose la raison différente de 1.

Si S_p désigne la somme tu aurais plutôt : p\in n\Z\implies S_p=n,\;p\notin n\Z\implies S_p=0.

4.
Le calcul demandé consiste alors à écrire la somme double : \sum_{0\leqslant k<n}(\omega^j)^k\Bigl(\sum_{0\leqslant p<n}(\bar{\omega}^j)^pz_p\Bigr) (bien noter que j'ai pris deux indices de sommation distincts : garder le même indice conduit très vite à des erreurs, à mémoriser !).
Tu continues alors en utilisant \bar{\omega}=\dfrac1{\omega} et en discutant selon que p-k\in n\Z ou pas.

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 10:49

Merci pour vos réponses carpediem et luzak. Cependant je vous avoue que je ne comprends pas très bien la question 2 (enfin vos réponses).
J'ai compris que lorsqu'on passe d'un côté à un autre on tourne d'un angle constant. Cependant après pourquoi avons-nous ce calcul ?
Pour ton raisonnement luzak, j'ai jamais trop compris les similitudes etc ...

Et pour la 3 : le problème c'est qu'on ne sait pas si la raison est differente de 1 c'est ça ?

Et enfin pour la 4: pourrais-tu m'expliquer à quoi correspond la z avec le chapeau et pourquoi il faut calculer cette somme double. Comment as-tu eu l'idee Si je puis dire.

Merci à vous et bonne journée !! :p

Posté par
carpediemre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 11:01

l'application z --> z + b est une ... (b complexe)

l'application z --> az est une ... (a réel)

l'application z --> wz est une ... (|w| = 1)

l'application z --> awz est une ...  (et lien avec les deux précédentes)

donc l'application z --> az + b (a et b complexes) est une similitude !!!

PS tout complexe a s'écrit a = |a|w (argument quelconque bien sur)

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 11:15

Merci,

Donc si c'est une similitude directe :

pouvons-nous dire que le centre correspond à \frac{b}{1-a} et le rayon a ?

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 11:46

luzak @ 13-10-2018 à 10:34


Si tu veux éviter le passage par cette similitude tu peux essayer de "deviner" le centre du cercle : ce sera l'isobarycentre des sommets, dans ton cas le point d'affixe  u=\dfrac1n\sum_{0\leqslant k<n}z_k et il te reste à montrer que les distances |u-z_k| sont toutes égales.


Je vais prendre cette méthode ^^
Juste pour montrer que toutes les distances sont égales je dois faire le calcul que tu m'as dit : càd

\left|\frac{1}{n}\sum_{0\leq k<n}^{}{z_{k}-z_{k}} \right|
Mais après comment je simplifie cela ?

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 12:07

carpediem pour la 2.

\left| z_{k}-b\right|=\left|a\omega^{k}+b-b \right|=|a|

donc le rayon vaut \left|a \right| et le centre l'affixe de b

Est-ce correct ?

Posté par
carpediemre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 13:16

on dirait bien ...

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 13:54

D'accord merci carpediem,

Pour la question 4 :
Peut-on faire cela :

\huge \frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-1}{(\omega ^{j})^{k}\hat{z}_{k}}

\huge =\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-1}{[(\omega ^{j})^{k}\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{l=0}^{n-1}{(\bar{\omega }^{k})^{l}z_{l}}]}

\huge =\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}{[(\omega ^{j})^{k}\sum_{l=0}^{n-1}{(\bar{\omega }^{k})^{l}z_{l}}]}

Et après ?
On utilise le fait que  \bar{\omega}=\dfrac1{\omega} ?

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 14:08

Or \huge \sum_{k=0}^{n-1}{(\omega ^{j})^{k}} = n si n| p et 0 si n ne divise pas p.

donc on obtient :

\huge \sum_{l=0}^{n-1}{(\frac{1}{\omega^{k}}) ^{l}z_{l}}

et avec ça je dois obtenir zj  ?

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 14:31

Oui, c'est déjà dit ! Et tu auras des sommes des (\omega^j)^{k-\ell} que tu ordonnes par le changement d'indice k-\ell=p (mais tu sembles ne pas aimer l'indice de sommation p, alors mets ce que tu veux SAUF k,\ell,j,i. Pourquoi éviter le i ?)
Et pourquoi t'emm... avec les \dfrac1{\sqrt n} pour le moment : c'est plus facile de les mettre quand on a fini les calculs pas simples !

..............................

Citation :
Juste pour montrer que toutes les distances sont égales je dois faire le calcul que tu m'as dit : càd
\left|\frac{1}{n}\sum_{0\leq k<n}^{}{z_{k}-z_{k}} \right|
Mais après comment je simplifie cela ?

ATTENTION, tu es tombé dans le piège : il ne faut pas utiliser le dernier indice k puisqu'il désigne l'indice de sommation de la première somme.
Fais plutôt
\left|\Bigl(\frac{1}{n}\sum_{0\leq k<n}^{}{z_{k}\Bigr)-z_{p}} \right| et tu devrais t'en sortir  en notant que  z_p est la moyenne de complexes tous égaux à z_p donc

\left|\Bigl(\frac{1}{n}\sum_{0\leq k<n}z_{k}-\frac1n\sum_{0\leq k<n}^{}{z_{p}\Bigr) \right|=\left|\frac{1}{n}\sum_{0\leq k<n}(z_{k}-z_{p}) \right|.

Mais cela me paraît plus compliqué que l'utilisation de la similitude comme tu as déjà fait !
Mais si tu y tiens, tu utilises simplement z_k=a\omega^k+b tu fais les calculs séparément pour la somme des \omega^k et celle où il y a seulement \omega^p et tu devrais retrouver que la distance est constante, égale à |a|. Tu as donné la valeur a précédemment, c'est faux : a est un complexe, pas une distance !

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 14:55

Comment ça faux ? Le rayon ne vaut pas module de a ?

Et pour la 4) alors ? Tu pourrais m'aider pour la simplification ?

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 15:00

Citation :

pouvons-nous dire que le centre correspond à \frac{b}{1-a} et le rayon a ?

Je crois que tu as confondu centre de la similitude et centre du cercle circonscrit à ton polygone.
Déjà, le centre de similitude est faux si a=1 : car tu as alors une similitude dégénérée en translation, il n'y a pas de centre.

Le cercle circonscrit au polygone est l'image par la similitude du cercle unité circonscrit au polygone des points d'affixe \omega^k.
Le cercle unité est centré à l'origine (affixe 0) et a un rayon 1 donc le cercle circonscrit que tu cherches a pour centre l'image de 0 donc le point d'affixe b et son rayon est le produit de 1 par le rapport de similitude qui est |a|.

Bref, cercle de centre b, de rayon |a|.

...........................
Si tu cherches la moyenne des z_k tu iras plus vite en prenant la moyenne des a\omega^k+b et tu trouves sans difficulté b.

Pour montrer que c'est un cercle tu dois donc vérifier que les distances |z_k-b| sont constantes et ce sera plus simple que de faire le calcul que tu as prévu !

Il suffit d'écrire :|z_k-b|=|a\omega^k+b-b|=|a|\,|\omega^k|=|a|

.............................
Je n'avais pas vu ta question concernant la raison de la suite géométrique. Il est évident que cette raison est \omega^j et savoir si cela vaut 1 ou pas est immédiat ! Qu'en dis-tu ?

..........................
Quant à la "somme double" il n'y a aucune magie : j'ai simplement remplacé \hat z par la somme donnant sa définition...

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 15:14

D'accord merci beaucoup ! Je vais essayer de voir

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 15:17

Pour la suite,

Cela dépend il y a 2 cas non ?

La somme vaut soit 0 soit n, en fonction de si n divise p ou pas

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 15:19

Et pour la somme double j'ai compris merci mais je galère pour la simplification. Regarde le message de 14:08. J'arrive à cette expression mais après je ne vois pas comment simplifier

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 16:19

Citation :

Comment ça faux ? Le rayon ne vaut pas module de a ?

Ne sois pas de mauvaise fooi : il n'y avait pas de module dans ton message et le centre indiqué n'existe pas si a=1.

................................
Ton message de 14:08 consiste à séparer la somme double, ce qu'il ne faut pas faire !
Tu avais écrit ceci :
A_j=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-1}{(\omega ^{j})^{k}\hat{z}_{k}}=\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=0}^{n-1}{[(\omega ^{j})^{k}\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{l=0}^{n-1}{(\bar{\omega }^{k})^{l}z_{l}}]} =\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}{[(\omega ^{j})^{k}\sum_{l=0}^{n-1}{(\bar{\omega }^{k})^{l}z_{l}}]}

Par conséquent :  (je multiplie par n pour ne pas avoir à écrire des dénominateurs : grande flemme)
nA_j=\sum_{0\leqslant k<n}\Bigl(\sum_{0\leqslant \ell<n}\omega^{k(j-\ell)}z_{\ell}\Bigr)
Le passage de cette ligne à la suivante est facile à comprendre : la multiplication est distributive par rapport à l'addition et on échange l'ordre des \ell et des k.
(Si tu es paumé, écris en détaillant en supposant n=3 )
nA_j=\sum_{0\leqslant \ell<n}z_{\ell}\Bigl(\sum_{0\leqslant k<n}(\omega^{(j-\ell)})^k\Bigr)

Mais \sum_{0\leqslant k<n}(\omega^{(j-\ell)})^k=\begin{cases}0\text{ si $j\neq\ell$ }\\n\text{ si $j=\ell$ }\end{cases}
(je suppose que tu as compris le calcul des sommes demandées en question 3. : la somme vaut 0 si l'exposant de \omega n'est pas multiple de n et vaut n si l'exposant est multiple de n. Ici, il y a un unique multiple de n possible puisque 0\leqslant\ell<n,\;0\leqslant j<n)

Donc nA_j=nz_j.

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 17:04

Ah je reconnais que je m'etais Trompé mais le message de 12:08 est juste : je dis que c'est le module de a.

D'accord merci beaucoup !

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 17:41

Attend je bug il sort d'où le z_j

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 18:34

C'est ce qui reste de la première somme : tous les termes associés l'indice \ell sont nuls, sauf lorsque \ell=j où il vaut n donc le seul z_{\ell} à écrire c'est z_j et on simplifie par n.

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 19:27

Je suis vraiment désolé mais pourquoi est-ce que tous les indices associés à l'indice l sont nuls.

Quand tu écris \sum_{0\leqslant k<n}, cela veut dire que k va de 0 à n-1 ?

C'est la même chose que \sum_{k=0}^{n-1}{} non ?

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 19:41

\sum_{k=0}^{n-1}{[(\omega ^{j})^{k}\sum_{l=0}^{n-1}{(\bar{\omega }^{k})^{l}z_{l}}]}=\sum_{0\leqslant k<n}\Bigl(\sum_{0\leqslant \ell<n}\omega^{k(j-\ell)}z_{\ell}\Bigr)


Je ne comprends pas pourquoi on a le droit de faire ça ...

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 20:56

J'ai rien dit j'ai compris mdrr j'écris trop vite parfois ^^

Posté par Profil Ramanujanre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 21:17

Dreamyy @ 13-10-2018 à 19:27

Je suis vraiment désolé mais pourquoi est-ce que tous les indices associés à l'indice l sont nuls.

Quand tu écris \sum_{0\leqslant k<n}, cela veut dire que k va de 0 à n-1 ?

C'est la même chose que \sum_{k=0}^{n-1}{} non ?


Oui même chose moi aussi ça me perturbe mais Luzak écrit les sommes de cette façon.

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 21:29

Chacun sa manière.
Le truc c'est qu'en cours on avait cette notation pour les sommes doubles.

Citation :
Ici, il y a un unique multiple de n possible puisque 0\leqslant\ell<n,\;0\leqslant j<n


Je ne comprends pas ça

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 21:46

Pour la suite du dm, on nous définit cela :

L(Z) = \sum_{k=0}^{n-1}{|z_{k+1}-z_{k}|}

E(Z) = \sum_{k=0}^{n-1}{|z_{k+1}-z_{k}|²}

A(Z) =\frac{1}{2}Im\sum_{k=0}^{n-1}{z_{k+1}\bar{z_{k}}}

On dit que Z n'est pas réduit à un point s'il existe i, j
avec 0\leq i<j\leq n-1 tels que z_{i}\neq z_{j}

Interpréter géométriquement la quantité L(Z).
La quantité E(Z) peut se voir comme une énergie du système et A(Z) comme l'aire algébrique.
2. Soit c. Exprimer A(\bar{Z})
et A(Z+c) en fonction de A(Z).

Pouvez-vous me donner une piste pour la 1. ? c'est la distance de chaque côtés non ? le périmetrE ?

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 23:35

Citation :

Oui même chose moi aussi ça me perturbe mais Luzak écrit les sommes de cette façon.

Vous ne voulez pas comprendre que je suis flemmard : écrire \leqslant en LaTex est beaucoup plus long que d'écrire < et en mettant n au lieu de n-1 je gagne 3 frappes clavier en comptant le ^ inutile !

..............................................
Oui on peut dire que L(Z) est le périmètre de la ligne.
Les mots "énergie du système" c'est de la physique, pas de ma compétence.

L'aire du triangle de sommets repérés par 0,z_k,z_{k+1} vaut \dfrac12|z_k|\,|z_{k+1}|\,\sin\theta où \theta  est l'angle formé par les deux côtés issus de l'origine
On a alors z_{k+1}=|z_{k+1}|\dfrac1{|z_k|z_ke^{i\theta}  et z_{k+1}\bar{z_k}=|z_{k+1}|\dfrac1{|z_k|z_k\bar{z_k}e^{i\theta}=|z_{k+1}|\dfrac{|z_k|^2}{|z_k}e^{i\theta} de partie imaginaire  |z_k|\,|z_{k+1}|\,\sin\theta ce qui explique le calcul d'aire algébrique proposée.
Ce qui est plus inconséquent c'est l'utilisation des lettres i,j comme indices de sommation dans une formule concernant des complexes : porte ouverte pour écrire d'énormes conneries !

..............................................
aucune difficulté pour établir que A(\bar Z)=A(Z) : il suffit de savoir comparer les parties imaginaires de deux complexes conjuguées.

Pour A(Z+c)=A(Z) c'est un peu plus de travail :

Montrer que les termes intervenant dans A(Z+c) et A(\bar{Z+c}) sont conjugués de sorte que les parties imaginaires sont les mêmes.

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 23:37

Correction des erreurs LaTex :
On a alors z_{k+1}=|z_{k+1}|\dfrac1{|z_k|}z_ke^{i\theta}  et z_{k+1}\bar{z_k}=|z_{k+1}|\dfrac1{|z_k|}z_k\bar{z_k}e^{i\theta}=|z_{k+1}|\dfrac{|z_k|^2}{|z_k}e^{i\theta} de partie imaginaire  |z_k|\,|z_{k+1}|\,\sin\theta ce qui explique le calcul d'aire algébrique proposée.

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 23:42

Citation :
Je suis vraiment désolé mais pourquoi est-ce que tous les indices associés à l'indice \ell sont nuls.

Si tu sais lire tu devrais voir qu'il y a un "sauf..." au bout de la ligne !

Maintenant si tu l'as lu et n'as pas compris, reviens au calcul des sommes demandées en 3. : il faut séparer les termes où j-\ell est multiple de n de ceux où il ne l'est pas !

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 13-10-18 à 23:47

C'est sûr que tu gagnes pas mal de temps ^^' c'est bien vu

Pour la 1) quand tu dis périmètre de la ligne : tu parles du périmètre du polygone ?

Pour la 2), je ne comprends pas la notation A(\bar{Z}) : Cela correspond au conjugué de A(Z) =\frac{1}{2}Im\sum_{k=0}^{n-1}{z_{k+1}\bar{z_{k}}} ?

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 00:10

Oui périmètre du polygone !
Je devais penser à "ligne polygonale" et oublier un mot !

Oui, j'ai décidé que  \bar Z devait désigner le polygone défini par les \bar {z_k} mais il est vrai que l'énoncé aurait dû le dire ! Les aires vont changer de signe, normal puisque \bar Z s'obtiendrait par une symétrie autour d'une droite.

..................................
Blague à part pour la notation des sommations : si tu fais un peu de maths tu t'apercevras vite que la notation traditionnelle avec un bout en bas, un autre en haut devient ingérable dans certaines situations.

Par exemple dans la définition des déterminants : \sum_{\sigma\in\frak{S}_n}... .

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 00:55

Mais il suffit de mettre un - alors non ?
Vu qu'on prend le conjugue ?

____________________
Je n'ai pas encore vu tout cela mais j'ai hâte :p
Je suis seulement en maths sup.
Sans indiscrétion, quelle formation as-tu fais ?

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 08:15

Exact pour le changement de signe de A(\bar Z).

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 10:50

Merci luzak,

Je suis en train d'essayer l'autre mais j'ai du mal, je n'arrive pas à simplifier les choses.

Pour le A(Z+c)

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 12:51

Tu as A(Z+c)=\Im\Bigl(\sum_{0\leqslant k<n}\bar{(z_{k+1}+c)}(z_k+c)\Bigr)=\dfrac12\left(\sum_{0\leqslant k<n}\Bigl(\bar{(z_{k+1}+c)}(z_k+c)-\bar{\bar{(z_{k+1}+c)}(z_k+c)}\Bigr)\right)
2A(Z+c)=\sum_{0\leqslant k<n}\Bigl(\bar{(z_{k+1}+c)}(z_k+c)-(z_{k+1}+c)\bar{(z_k+c)}\Bigr)

\bar{(z_{k+1}+c)}(z_k+c)-(z_{k+1}+c)\bar{(z_k+c)}}=\bar{z_{k+1}}z_k-z_{k+1}\bar{z_k}+\bar c(z_k-z_{k+1})-c(\bar{z_k}-\bar{z_{k+1}})

La somme des \bar c(z_k-z_{k+1}) ainsi que  celle des c(\bar{z_k}-\bar{z_{k+1}}) est nulle et il reste
2A(Z+c)=\sum_{0\leqslant k<n}\Bigl(\bar{z_{k+1}}z_k-z_{k+1}\bar{z_k}\Bigr)=A(Z)-\bar{A(Z)}=2A(Z)

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 13:35

wow Merci pour ta réponse,

j'aurais juste une question, dès la première ligne : ne s'agit-il pas de

A(Z+c)=\frac{1}{2}\Im\Bigl(\sum_{0\leqslant k<n}(z_{k+1}+c)\bar{(z_k+c)}\Bigr) ?

une question aussi : pourquoi la somme  \bar c(z_k-z_{k+1}) ainsi que  celle des c(\bar{z_k}-\bar{z_{k+1}}) est nulle

Donc si j'ai bien compris on a :

A(\bar{Z}) = -A(Z)

A(Z+c) = A(Z)

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 14-10-18 à 15:16

Oui tu as raison : j'ai interverti les "sans barre" et "avec barre", probablement parce que j'avais donné en première indication le calcul de A(\bar{Z+c}).

Au lieu de poser la question fais le calcul de \sum_{0\leqslant k<n}\bar c(z_k-z_{k+1})=\bar c\sum_{0\leqslant k<n}(z_k-z_{k+1}) et dis-moi ce que tu trouves (si tu ne trouves pas, relis soigneusement ton énoncé).

Posté par
Dreamyyre : Inégalité isopérimétrique 15-10-18 à 12:39

Merci ^^ je n'avais pas accès à internet.

Dans la suite, on me demande calculer L(Z),  E(Z)  et  \left|A(Z) \right|  en supposant que Z est un polygone régulier.
On exprimera le résultat en fonction de sin\frac{\pi}{2}  et  sin\frac{2\pi}{2}

Voila ce que je trouve :

L(Z)=\sum_{k=0}^{n-1}{\left|a\omega ^{k+1}+b-(a\omega ^{k}+b) \right|}

L(Z)=\sum_{k=0}^{n-1}{\left|a\omega ^{k}(\omega -1) \right|}

L(Z)=\sum_{k=0}^{n-1}{\left|a(\omega -1) \right|}

L(Z)=n((acos\frac{2\pi}{n}+iasin\frac{2\pi}{n})-a)

Est-ce que cela te paraît correct ?

Et bien évidemment je fais la même chose pour \bar{\omega }

Posté par
luzakre : Inégalité isopérimétrique 15-10-18 à 13:32

Citation :

On exprimera le résultat en fonction de sin\frac{\pi}{2}  et  sin\frac{2\pi}{2}

Là j'hallucine ! Donner un résultat en fonction de 1 et 0 ?

..........................
Ce que tu proposes n'est pas exact : il me semble que L(Z)\in\R_+.

Une astuce à mémoriser : il faut penser à  e^{i\theta}-1=e^{i\theta/2}\Bigl(e^{i\theta/2}-e^{-i\theta/2}\Bigr) , tu trouves ainsi sans calcul module et argument de e^{i\theta}-1.

.................................
Pour le calcul de A(Z), ne pas oublier que A(Z)=A(Z-b).


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