Le fait est que j'ai trouvé ta question très intéressante.
Et je cherche encore.

À ce propos j'ai fini par craquer et aller sur OEIS.

On trouve une caractérisation des aires pour les triangles sur le réseau triangulaire.

 Cliquez pour afficher

Dans la décomposition en facteurs premiers de ces nombres, les nombres premiers congru à 2 modulo 3 doivent avoir un exposant pair.
Ce qui est bien du même genre que se qui se passe pour les carrés

Pour les triangles équilatéraux que l'on peut tracer sur le pavage hexagonal.
En utilisant un repère on trace un segment à partir de l'origine.

On voit que les points interdits ( en rouge ) vérifient .
En écrivant que l'image du point par une rotation de 60° ne doit pas non plus être un point rouge on élimine les points tels que .

Les seuls triangles équilatéraux que l'on peut tracer sur le pavage hexagonal on donc une aire de la forme :


Il en découle que ce sont les triangles équilatéraux tracés sur le réseau triangulaire dont l'aire est multiple de 3.

Encore une fois bravo Verdurin

Tu progresses à grands pas et je ne t'oublie pas même si je poursuis beaucoup d'autres lièvres en ce moment . Il reste encore des questions ouvertes notamment celle que tu as proposé à propos des hexagones équiangles .

Je reviens vers toi dans très peu de temps

Imod

Je crois avoir trouvé une piste pour la « formule de Pick » appliquée aux hexagones réguliers sur un pavage hexagonal.
Mais c'est pas encore gagné.

J'allais poster la même chose avec un peu de détail mais tout est parti à la poubelle suite à une fausse manœuvre

Je te donne tout de même mon idée , il faut considérer un coloriage en trois couleurs :



Imod

  

Mon idée repose sur les hexagones réguliers « irréductibles » genre

J'ai l'impression que l'on est complémentaire.
Je vais essayer de continuer.
Mais je fait ça épisodiquement.

Il va falloir que je comprenne ton idée, j'ai l'impression qu'elle complète la mienne.

Je crois en effet que nous sommes sur la même piste . Le fait d'ajouter le centre des hexagones au réseau permet de ne considérer que des hexagones dont le centre est un point du réseau . Après on peut réduire petit à petit la taille de l'hexagone en conservant le même centre . Ca ne doit pas être la partie la plus difficile du problème en considérant par exemple les points intérieurs les plus proches de la frontière .
Cette idée je l'ai depuis un moment mais j'étais empêtré dans des calculs bêtes pour le cas trivial où les côtés de l'hexagone suivent ceux du réseau . Il faut en effet faire attention que le réseau triangulaire porte trois réseaux hexagonaux distincts et qu'en augmentant ou en réduisant progressivement la taille de l'hexagone on risque de changer de réseau .
J'ai tout de même réussi à calculer les valeurs de F et I en fonction de la taille n de l'hexagone de base modulo 3 :
F= 4n , 4n+2 ,4n-2 .
I=2n²-2n+1 , 2n²-2n , 2n²-2n+2 .

On retrouve bien la formule de Pick modifiée .

C'est un peu le message que j'ai essayé d'envoyer hier

Imod

Ton exemple qui parait bancale devient plus lisible sur un réseau tricolore :



On passe directement du beige au rose et on retrouve les calculs précédents

Il reste à finaliser puis à regarder du côté des équiangles ( je sens qu'on a pas fini )

Imod

Qu'on n'a pas fini . J'ai fait bien d'autre fautes que je ne corrige plus .

Imod

Bonsoir Imod.
Je suis un peu fatigué en ce moment, j'espère que tu excuseras mon manque de réaction.
En fait je ne suis pas en état de suivre un raisonnement, même simple.
Je reviendrai demain ou après demain.

verdurin.

Repose-toi et reviens quand tu iras mieux . De toutes façons , de mon côté je ne fais aucun effort , je butine à gauche et à droite

A très bientôt et encore merci pour ta participation .

Imod

J'aimerais reprendre l'exemple de Verdurin pour expliquer comment je vois les choses , la complexité est uniquement dans les échanges des réseaux hexagonaux .

Je détaille volontairement très lourdement :

Son hexagone est irréductible dans le sens où hormis les sommets il n'y a aucun point du réseau triangulaire sur les côtés . Son centre est vert car ses sommets alternent les couleurs rouges et bleus . Sur chaque sommet de cet hexagone on peut construire un unique triangle unitaire du réseau contenu dans l'hexagone . On repère le sommet de ce triangle qui est le plus proche des côtés de l'hexagone et on l'aligne avec le sommet de l'hexagone . En faisant la même chose sur chaque sommet  , on obtient un hexagone de base cerné par 6 triangles identiques .



Comme l'hexagone initial est irréductible , il n'y a aucun point du réseau entre les deux hexagones , il semble donc facile de compter les points à la frontière et à l'intérieur du polygone . Sauf que si les polygones ont le même centre , ils n'ont pas forcément leurs sommets sur le même réseau hexagonal . C'est le cas de l'exemple de Verdurin où l'hexagone initial a des sommets bleus et rouges alors que l'hexagone rose a ses sommets verts et bleus ou verts et rouges ( au choix ) . Poursuivons l'exemple jusqu'au bout , en appliquant la formule de Pick triangulaire , le triangle marron a une aire de (6+37X2-2)/6=13 sur le réseau hexagonal . Cet hexagone a 6 points du réseau sur sa frontière , les points intérieurs sont les 24 points bleus et rouges de l'hexagones rose , la formule de Pick est vérifiée .

Tout cela peut paraître terriblement compliqué mais peut se ramener à quelques cas car on peut exprimer simplement le nombre de points de chaque couleur à l'intérieur ou à la frontière d'un hexagone simple de côté donné si on connait celle de son centre .

J'espère que ce message apportera plus de lumière que de confusion . Tout deviendra certainement plus clair dans peu de temps : avant d'avoir un moteur propre  il faut souvent mettre les deux mains dans le cambouis  .

Imod

PS : Toutes mes amitiés à Verdurin    

J'ai finalisé la démonstration dans le cas d'un hexagone irréductible ( je n'ai fait qu'aller au bout des arguments précédents ) , il reste le cas d'un hexagone ayant plus de 6 nœuds sur sa frontière . Je donne le schéma de la démonstration dès que j'ai réussi à démêler ce cas , on tourne toujours autour du modulo 3 mais c'est assez pénible de mettre de l'ordre dans ce fatras

Imod    

J'ai la démonstration complète de 4A=F+2I-2 dans le cas de l'hexagone régulier construit sur un réseau hexagonal mais la démonstration est un peu laborieuse avec des simplifications miraculeuses . J'attends encore un peu vos idées avant de donner ma méthode ( même si je l'ai déjà pas mal révélée ) .

Imod

Salut Imod.
Je n'ai pas encore une démonstration complète.
Elle repose sur ton idée de réseau tricolore et elle est assez lourdingue, pour les parties complètes.

Content de te retrouver Verdurin

Comme nous ne sommes que deux sur l'affaire , je détaille un peu le cas de l'hexagone irréductible .

Il faut compter les points de chaque couleur pour un hexagone simple ( les côtés sont parallèles à ceux du réseau ) . Il y a 6 cas à envisager selon la taille du polygone modulo 3 et selon la couleur du centre par rapport aux sommets . On vérifie facilement la formule de Pick pour ces hexagones quand leurs sommets sont des nœuds du réseau hexagonal .

Pour le cas d'un hexagone quelconque , on peut se amener comme je l'avais indiqué à un hexagone simple entouré de 6 triangles .



Quand l'hexagone est irréductible il n'y a pas de point du réseau à l'intérieur des triangles et les calculs précédents nous donnent directement la formule ( il faut tout de même observer les trois cas de l'image ) . En fait il y a toujours le même nombre de points du réseau sur l'enveloppe convexe du polygone simple quelque soit le réseau choisi .

Je n'ai pas le temps d'illustrer et d'expliquer le cas général mais le plus dur est fait .

Imod

PS : le r de l'illustration est le reste modulo 3 de la taille de l'hexagone simple .

J'ai procédé un peu différemment.
En reprenant ton réseau tricolore on obtient les sommets d'un pavage hexagonal en supprimant une couleur, disons rouge.

Les hexagones que 'on peut tracer sont de deux types :
      -- bicolores, on a alternativement un sommet bleu et un sommet vert
      -- monochromes, tous les sommets ont la même couleur.

Le centre d'un hexagone bicolore est rouge, celui d'un hexagone monochrome est de la même couleur que les sommets.
On considère une rotation de 60° de centre un sommet : elle conserve la couleur du centre et échange les deux autres.
Pour la suite je ne considère que des hexagones « irréductibles », ce qui entraîne que les seuls points frontières sont les sommets.


Pour un hexagone bicolore on regarde un triangle ayant son sommet au centre de l'hexagone et un coté commun avec lui. C'est un sixième de l'hexagone.
En appliquant la formule de Pick des réseaux triangulaires on voit qu'il a points intérieurs. ( Avec les notations de ton message du 17-05-21 à 13:06 )
En utilisant des rotations de 60° autour des sommets on voit qu'il y a autant de points de chaque couleur intérieurs au triangle.
Il y a donc points non rouges dans chaque triangle de ce type soit sommets du pavage hexagonal dans notre hexagone et, étant irréductible, il n'a pas d'autres points frontières que ses 6 sommets.

On vérifie alors la formule

Ce qui est le résultat voulu.


Pour un hexagone monochrome a et b sont congru modulo 3 donc il ne peut pas y avoir le même nombre de points de chaque couleur dans un triangle du type précédent.
En considérant le réseau monochrome ( ici bleu ) sur lequel est tracé ce triangle et en lui appliquant la formule de Pick on trouve qu'il y a points bleus intérieurs au triangle.
On fait ensuite une rotation de 60° autour du centre pour obtenir un nouveau triangle.
L'union de ces deux triangles forme un losange dans lequel il y a autant de points verts que de points rouges car la rotation échange vert et rouge en conservant bleu.
Ce losange contient points intérieurs et un calcul rapide montre qu'il y en a verts et autant de rouges.

Il y a donc sommets du pavage hexagonal à l'intérieur de l'hexagone et on vérifie comme précédemment que la formule de Pick généralisée donne bien l'aire de l'hexagone.


Il reste le cas des hexagones qui ne sont pas irréductibles, ma démonstration est aussi lourde, voire plus.
Je ne la taperais que si tu y tiens vraiment.

En tous cas merci pour la question
verdurin

Inutile de détailler le cas général , j'ai bien compris l'idée

Même si nous utilisons le même réseau à trois couleurs nos approches sont différentes et je préfère la tienne qui est plus globale ( on a toujours en perspective les hexagones équiangles ) . Ce qui est notable mais que je n'ai pas réussi à exploiter c'est que l'hexagone est divisé en triangles équilatéraux "propres" de même type 123 ou 111 . Le deuxième cas admet deux sous cas selon l'orientation du triangle .  Ce qui fait fonctionner l'affaire c'est l'équilibre réalisé dans l'assemblage de ces triangles .

Je ne suis pas sûr d'être clair mais je pense toujours qu'il y a une idée simple qui sous-tend le problème  

Imod

Un ps :
je n'arrive pas vraiment à refaire ta démonstration, je n'arrive pas à trouver l'hexagone « simple » à partir de tes indications.
Par exemple comment fais tu dans ce cas :

On peut trouver un hexagone simple mais en effet il y a un problème car les triangles ont des points intérieurs . Je ne sais pas si on peut corriger la démonstration mais de toute façon comme je te l'ai dit je suis parti sur une autre piste .



On ne considère plus des hexagones mais des triangles irréductibles . Ces triangles marchent par paires selon leurs inclinaisons a/b ou b/a et il y en a de deux types monocolores ou bicolores . Le cas bicolore est le plus simple car les trois couleurs sont également représentées à l'intérieur . Dans le cas unicolore l'une des couleurs qui n'est pas celle de la frontière présente un excédent de 1 par rapport aux deux autres et cette couleur n'est pas la même dans les deux « positions » du triangle . Ensuite il est clair que tout hexagone régulier est un assemblage de ces triangles "identiques"  avec un nombre égal de triangles pour chaque orientation . Il reste à écrire la formule de Pick dans chaque triangle irréductible en faisant attention qu'il peut y avoir un point en plus ou en moins dans le réseau hexagonal selon la « position » du triangle .

Bien sûr tout cela mérite bien sûr des approfondissements

Imod

Pour généraliser ou compléter la conjecture de Verdurin : tout polygone convexe ou non construit en juxtaposant 2n triangles simples identiques (  n dans chaque orientation ) vérifie-t-il la formule de Pick ?

Imod

En gros je suis sur la même piste.
J'essaye de voir ce qui ce passe pour les losanges d'angle 60° et 120°.

C'est peut-être plus simple avec des losanges mais certainement pas indispensable :



En tout cas il faut que le polygone soit simple ( non croisé et sans points doubles ) sinon il suffit par exemple de considérer deux triangles d'orientations différentes attachés par un sommet . En bref il faut regarder les différentes façons d'assembler ces triangles .

Il y a une sorte de demi-formule de Pick pour les triangles sur le réseau hexagonal et cette formule est conservée avec un compteur à orientation quand on ajoute un triangle à un polygone existant . Quand le triangle a un seul côté en commun avec le polygone initial tout se passe bien après il faut voir ce qui se passe quand il y a deux côtés communs ( à la fermeture d'un hexagone ) .

Je n'y aie pas encore trop réfléchi mais je suis assez confiant

Imod

En regardant un peu plus en détail les assemblages de triangles irréductibles , il semble évident qu'il faut encore une fois bien séparer les cas des triangles monochromes et bicolores . Il faut suivre l'évolution du S = F + 2I -2 quand on ajoute un triangle à un bloc existant . Malgré le déséquilibre des couleurs à l'intérieur , le cas monochrome semble plus simple car dans le cas bicolore il y a en fait 6 six triangles différents .

Imod

PS : L'exercice qui est à la source de ce problème :

 Cliquez pour afficher

Salut Imod.
On a complètement répondu à l'exercice de départ

Ceci étant dit je part pour un dizaine de jours à un endroit où internet n'existe pas.
Si je ne réagis plus ce n'est pas par manque d'intérêt, mais par manque de connexion.

A+

OK , profite bien de ces quelques jours et à bientôt

Imod

Un petit « up » pour signaler que je pense avoir une caractérisation des polygones simples constitués de triangles irréductibles et vérifiant la formule de Pick : A = F + 2I - 2 .

1°) Les sommets des triangles sont monochromes :

Le polygone convient s'il est composé d'autant de triangles « + »  que de triangles « - »  .

2°) Les sommets des triangles sont tricolores :

Le polygone convient si le nombre de triangles qui le composent est un multiple de trois .

Les justifications ne sont pas trop compliquées mais demandent une véritable attention , je donnerai les détails plus tard .

Imod

Rappel : les sommets du polygone sont aux nœuds d'un réseau hexagonal bicolore , la troisième couleur est celle du centre des hexagones .

Juste pour corriger une faute de frappe :
A=(2I+F-2)/4 sur le pavage hexagonal.

Ma piste sur les losanges ne m'a mené à rien ( sauf peut-être une démonstration plus simple pour les hexagones réguliers que je n'ai pas cherchée ).

Je suis un peu découragé et je verrais avec plaisir ta démonstration.

verdurin.

J'ai bien vu ton message mais je n'ai absolument pas le temps ni la tranquillité pour détailler une solution .

Je donne juste la piste dans le cas où le triangle irréductible est tricolore car l'idée est celle que tu as proposée avec le réseau en losanges . On suppose que le nombre de triangles est un multiple de 3 , on peut alors paver le polygone avec des trapèzes constitués de 3 triangles . De plus les sommets de ces trapèzes sont aux couleurs du réseau hexagonal initial ( la troisième couleur est située au milieu de la grande base ) . Il n'y a plus qu'à appliquer la vraie formule de Pick à un réseau carré envoyant ses nœuds sur ceux des trapèzes .

Je détaillerai plus tard

Imod  

Le cas où les triangles irréductibles sont monocolores est plus simple , il suffit en effet d'appliquer la formule triangulaire de Pick  au réseau formé par ces triangles . L'équilibre « intérieur » est assuré par l'alternance de triangles « + » et « - » .

PS : La division par 4 qui manquait dans le calcul de l'aire n'était pas une faute de frappe , j'avais simplement encore une fois changé de point de vue .

PPS : Je n'ai pas encore regardé les réciproques mais je suis assez confiant .

PPPS : Pour tous ceux qui ont perdu le fil ( c'est à dire tout le monde sauf peut-être nous deux ) , on pourrait résumer la question en cours de la façon suivante :

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 ?

Imod

J'ai laissé reposer et comme souvent l'idée vient toute seule quand on ne la force pas , les propriétés directes et réciproques viennent en même temps

J'ai fait un petit pdf sans me relire alors on ne frappe pas

Imod


PDF - 76 Ko

Merci Imod.

Je vais commencer à chercher la petite bête.
J'espère ne pas en trouver.

verdurin

Bonjour,
J'ai suivi de loin...

Bravo pour l'assiduité  et le PDF