Bonjour,
Tu n'as pas de succès...je remonte

C'est vraiment gentil Dpi , mais le problème est difficile . Je le proposerai ailleurs et je vous tiendrai au courant des suites .

Imod

PS : A moins que Verdurin qui a largement partagé mes délires n'intervienne

Je n'y arrive pas.
Je crois qu'il s'agit d'un triangle équilatéral avec trois losanges sur les côtés, mais c'est incompatible avec la seconde  question . . .

Tu es sur la bonne piste Verdurin , le nombre de "morceaux" est bon mais pas leurs positions et donc leurs dispositions .

Imod

Une réponse « presque juste » autrement dit fausse :

Il y a 88 points intérieurs.

Et tu ne vois pas un moyen simple de récupérer le point manquant ?

Imod

Je dois avouer que je ne vois pas.

J'avais mis des guillemets à "morceaux" pour t'encourager à revenir aux éléments de base . Il y a très peu à changer

Imod

Il y a des jours où je ne vois plus rien.
C'est vrai que c'est simple.

C'est toujours très simple après coup  

Il reste l'unicité

Une première étape pourrait être de montrer que sur un réseau à deux couleurs tous les sommets sont de la même couleur .

Imod

Plus précisément , tous les points du réseau à la frontière du polygone sont de la même couleur .

De fait j'ai « démontré » que tous les points frontière avait la même couleur pour trouver une solution.
Plus précisément je m'en suis convaincu et j'ai cherché à partir de ça.

Je me permet une question : d'où vient ce problème ?

Je me doutais bien que tu étais passé par là car si la figure est très simple , elle n'est pas du tout évidente à trouver sans un fil d'Ariane . Une démonstration en deux lignes de cette première étape s'obtient avec la conclusion du pdf  : "Pick généralisé" .

Ce problème est une simple suite à celui que nous avons développé ensemble , je n'ai jamais rien vu ou lu d'autre là-dessus

Il y a encore quelques étapes avant la conclusion et la plupart d'entre elles ne demande aucune technicité . Après il faut accepter de me suivre ou mieux , proposer de nouvelles variantes

Imod

En fait ce qui m'a étonné c'est que tu donnes de grandes valeurs à l'aire, à F et à I.
Il m'est venu une idée de généralisation immédiate :
On considère des polygones simples d'angles multiples de 60° sur le pavage hexagonal.
Dans quelle mesure la donnée de l'aire, de F et de I détermine le polygone ?
Plus précisément quelles valeurs de ces paramètres déterminent un unique polygone ( à une isométrie près ) ?

Je n'ai pas choisi les valeurs au hasard , F n'est pas si grand et si tu observes ta solution tu verras qu'il y a beaucoup de triangles pointant vers le bas . Je ne voudrais pas trop en dire .

Ta question est intéressante mais bien plus ouverte que la mienne

Commençons par finaliser la première étape .

Imod

Un premier élément de réponse à la généralisation proposée par  Verdurin . Sur le réseau tricolore induit , le polygone est constitué de triangles irréductibles "identiques" . Quand les triangles de bases sont tricolores , ils  contiennent tous le même nombre de points du réseau hexagonal , Il suffit donc de réorganiser les triangles sans changer le nombre de points intérieurs pour casser l'unicité .  Il me semble qu'il ne doit pas y avoir beaucoup de cas ou on peut interdire ce réagencement . Si les triangles de base sont monochromes , il y a une différence de "1" point  selon l'orientation des triangles . Plus on s'écarte
d'une répartition équilibrée des positions et plus on réduit les possibilités .

A suivre donc

Imod

Une image dans le cas le plus simple ( les points rouges sont les centres des hexagones )

On voit que pour un polygone simple la différence entre le nombre de points rouges et verts est au maximum deux.

On peut bien sûr aller au delà de deux points quand le polygone n'est pas convexe . Mais il faut faire attention qu'on peut avoir plusieurs formes même si l'orientation des triangles est fixée  .


Imod

Le problème de l'unicité se pose à partir de F=6 mais il me semble qu'il serait bon de revenir au problème initial qui  expose pas mal les difficultés avant d'ouvrir d'autres portes  .

Je rappelle la première question : si on colorie les sommets du réseau en deux couleurs , pourquoi les sommets du polygone recherché sont-ils tous de la même couleur ?

Imod

Je réponds à la première question . Le polygone se décompose en triangles irréductibles semblables et de même nature ( monocolore ou tricolore ) . Si les triangles sont tricolores alors , ce qui n'est manifestement pas le cas ici . Les sommets des triangles sont donc sur un réseau triangulaire monocolore .

Comment encadrer le nombre de triangles irréductibles pavant le polygone ?

Imod

Bonsoir,
on sait que l'aire d'un triangle monochrome est un multiple de 3 quand on la mesure en triangles de base.
On a montré ça dans le fil précédent.

En hexagone cette aire est donc un multiple de 1/2.
Pour avoir une aire de 45,5 hexagones  on doit donc avoir un nombre de triangles irréductibles diviseur de 91=713.
Ce qui laisse peu de possibilités.

En effet et il est facile de conclure en se souvenant qu'il y a une différence d'un point à l'intérieur de deux triangles en position inversée .

Imod

Pour conclure :
il est évident que 1 triangle ou 91 triangles ne peuvent donner  9 points à la frontière.
On a une solution avec 7 triangles.

Si on prend 13 triangles il n'y a qu'une disposition ayant 9 points frontière.

Et elle est trop équilibrée pour avoir le nombre de points intérieurs voulu.

Et pour être tout à fait complet , la solution que tu as donné avec 7 triangles est la seule qui convient .

Pas simple cet exercice

Merci pour ta participation

Imod

Pour compléter.
On a des figures déterminées par leur aire, le nombre de points frontière et le nombre de points intérieur sur le pavage hexagonal.
Je me demande si elles ne sont pas toutes de ce type :

avec un maximum ou un minimum de points intérieurs.

On peut bien sur remplacer les triangles d'aire 1/2 ( en hexagones ) par n'importe quel triangle irréductible monochrome sur la grille tricolore.

Tu vas sans doute me dire que je ne fais pas beaucoup d'efforts mais ça va trop vite pour moi

J'ai commencé à regarder les aires des triangles irréductibles monochromes , elles évoluent en 3k(k+1)+1 ( je ne sais plus en quelle unité je suis ) . Les aires des triangles multicolores varient bien plus doucement .

Y-a-t-il des intersections entre ces deux familles d'aires ?

S'il n'y en a pas , on est ramené à un problème de pavage en triangles ou en trapèzes selon le cas .

Imod    

Je passe de plus simple à simplissime ( j'ai de plus en plus l'impression que le cas général est hors de portée ) . On se place dans le cas où les triangles irréductibles sont tricolores donc 4A=F+2I-2 . Le polygone est alors pavable avec des trapèzes constitués de trois de ces triangles . Il me semble que la solution n'est jamais unique en dehors de quelques cas où le nombre de trapèzes est très faible ( inférieur à 5 ) ou lorsque le polygone est extrêmement compact ( un hexagone avec éventuellement une petite excroissance en un unique trapèze ) .

A suivre , peut-être

Imod

Je viens de me rendre compte que cette dernière question se pose en dehors du contexte initial .

On a n trapèzes constitués de 3 triangles équilatéraux que l'on assemble en un polygone simple . En plus de n on donne F le nombre de sommets sur la frontière et I le nombre de sommets à l'intérieur du polygone .

Quels polygones sont parfaitement définis ( à une isométrie près )  par le triplet (n,F,I) ?

Imod

Salut Imod.
Je me suis rendu compte que ma question était trop vaste : il y a beaucoup de polygones simples d'angles multiples de 60° sur le pavage hexagonal qui sont définis à une isométrie prés par la donnée de leur aire, de F et de I.

Ton approche me semble intéressante.
Il me semble que tous les trapèzes formés de 3 triangles équilatéraux sont dans ce cas.
Mais je peux me tromper

À bientôt,
verdurin.

Salut Verdurin

Je ne lâche pas le morceau mais il reste trop de paramètres qui m'échappent . Je laisse le problème reposer mais n'hésite pas à intervenir si  tu as des idées originales

J'ouvre un sujet connexe "Janssen" pour une "Pickure" unique

Je t'attends ici ou là bas

Imod  

Je crois que je vais laisser ce pb reposer un peu moi aussi.
J'ai vu ton nouveau sujet, je le trouve intéressant, mais je vais attendre un peu avant de répondre.

Histoire de voir si quelqu'un d'autre s'y met.

C'est vrai que ça commençait à ressembler un peu au duo des deux vieux du "Muppet Show"

C'est pourtant un problème ouvert à tous et demandant peu de connaissances mathématiques . D'un autre côté , il n'est jamais simple de sortir des exercices classiques ou trop cadrés .

Imod