Bonjour a tous
Je fait une programme, j'ai besoin transforme une carré vers triangle :
dans R^2
on a une carré (0,0)(0,1)(1,0)(1,1) et je veux le transforme vers la triangle
(0,0),(1,0),(1,1) tel que le point (0,1) de la carré coïncide avec le point (0.5,0.5) de notre triangle....
merciiiiiii
Problème de géométrie
13 messages
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par Nightmare » 12 Fév 2010, 16:47
Salut,
quel type de transformation veux-tu? Ce qui est sûr c'est qu'on ne peut pas le faire par similitude.
quel type de transformation veux-tu? Ce qui est sûr c'est qu'on ne peut pas le faire par similitude.
par klaus2010 » 12 Fév 2010, 16:53
Nightmare a écrit:Salut,
quel type de transformation veux-tu? Ce qui est sûr c'est qu'on ne peut pas le faire par similitude.
n'importe !!
par dudumath » 12 Fév 2010, 16:59
tu peux créer une application associant:
-aux points du segment [(0,1),(1,1)[ et du segment [(1,0),(1,1)[ leur projeté sur la droite d'équation y=-x+1
-au point (1,1) le point d'abcisse (0,5,0,5)
et laissant invariant les autres points
Cette application a de plus le bon goût d'être continue
-aux points du segment [(0,1),(1,1)[ et du segment [(1,0),(1,1)[ leur projeté sur la droite d'équation y=-x+1
-au point (1,1) le point d'abcisse (0,5,0,5)
et laissant invariant les autres points
Cette application a de plus le bon goût d'être continue
par klaus2010 » 12 Fév 2010, 17:16
dudumath a écrit:tu peux créer une application associant:
-aux points du segment [(0,1),(1,1)[ et du segment [(1,0),(1,1)[ leur projeté sur la droite d'équation y=-x+1
-au point (1,1) le point d'abcisse (0,5,0,5)
et laissant invariant les autres points
Cette application a de plus le bon goût d'être continue
merci .. d'abord.. En fait j'ai déjà cette idée dans ma tête mais j'arrive pas a le faire !!!
un peu des détailles SVP
par mathelot » 12 Fév 2010, 18:53
Hi,
soit O(0;0) ; A(1;0) ; B(0;1) ; C(1,1)
S le centre de coordonnées)
étape 1
nous rétractons le carré OACB sur le triangle OCB de la manière suivante
faut faire les calculs :doh:
Soit M(x,y) quelconque.
a pour coord )
la droite (BM) coupe (OA) en P:
P a pour coordonnées)
la droite (BM) coupe (OC) en Q:
Q a pour coordonnées)
on rétracte le triangle OAB sur le triangle OSB
en envoyant le point M sur le point
tel que
si
=(\frac{x(1-y)}{1+x-y} , \frac{-(1-y)^2}{1+x-y}))
=(\frac{x(1-y)}{1+x-y} , \frac{1+x-y-(1-y)^2}{1+x-y}))
De même on rétracte le triangle BAC sur le triangle BSC
si
(BM) rencontre (AC) en R:
R de coordonnées)
(BM) rencontre (OC) en T:
T de coordonnées
Par la rétraction qui envoie le triangle bAC sur le triangle BSC,
le coefficient de réduction est
M(x,y) est envoyé sur
tel que
a pour coordonnées }{1+x-y}))
étape 2
il ne reste plus qu'à envoyer le triangle BOC sur OAC par une rotation
affine de
et de centre S.
 \rightarrow (1-u;1-v))
En composant avec la rétraction , il vient la formule définitive:
si
}{1+x-y})
^2}{1+x-y})
sinon, si
}{1+x-y})
}{1+x-y})
sauf erreur.
soit O(0;0) ; A(1;0) ; B(0;1) ; C(1,1)
S le centre de coordonnées
étape 1
nous rétractons le carré OACB sur le triangle OCB de la manière suivante
faut faire les calculs :doh:
Soit M(x,y) quelconque.
la droite (BM) coupe (OA) en P:
P a pour coordonnées
la droite (BM) coupe (OC) en Q:
Q a pour coordonnées
on rétracte le triangle OAB sur le triangle OSB
en envoyant le point M sur le point
tel que
si
De même on rétracte le triangle BAC sur le triangle BSC
si
(BM) rencontre (AC) en R:
R de coordonnées
(BM) rencontre (OC) en T:
T de coordonnées
Par la rétraction qui envoie le triangle bAC sur le triangle BSC,
le coefficient de réduction est
M(x,y) est envoyé sur
tel que
étape 2
il ne reste plus qu'à envoyer le triangle BOC sur OAC par une rotation
affine de
En composant avec la rétraction , il vient la formule définitive:
si
sinon, si
sauf erreur.
par klaus2010 » 12 Fév 2010, 19:33
mathelot a écrit:Hi,
soit O(0;0) ; A(1;0) ; B(0;1) ; C(1,1)
S le centre de coordonnées
étape 1
nous rétractons le carré OACB sur le triangle OCB de la manière suivante
faut faire les calculs :doh:
Soit M(x,y) quelconque.
la droite (BM) coupe (OA) en P:
P a pour coordonnées
la droite (BM) coupe (OC) en Q:
Q a pour coordonnées
on rétracte le triangle OAB sur le triangle OSB
en envoyant le point M sur le point
tel que
si
De même on rétracte le triangle BAC sur le triangle BSC
si
(BM) rencontre (AC) en R:
R de coordonnées
(BM) rencontre (OC) en T:
T de coordonnées
Par la rétraction qui envoie le triangle bAC sur le triangle BSC,
le coefficient de réduction est
M(x,y) est envoyé sur
tel que
étape 2
il ne reste plus qu'à envoyer le triangle BOC sur OAC par une rotation
affine de
En composant avec la rétraction , il vient la formule définitive:
si
sinon, si
sauf erreur.
merci... mais pour x=0, y=1 on aura un problème Non !!
par klaus2010 » 12 Fév 2010, 22:19
mathelot a écrit:ah , oui. Il faut rétracter le triangle OAB sur OAS et ABC sur ASC:
si
sinon,
si
tjs le problème d'indétermination y=0 et x=1 Nonn!!!!
si, c'est bon !
par mathelot » 13 Fév 2010, 08:43
la formule du post #8 est exacte. :doh:
Naturellement, il faut poser A point fixe de f,
=(1,0))
l'application f est alors continue en A(1,0).
L'étude locale, au point A , sous la 2ème bissectrice d'équation x+y=1 donne
en posant x=1-h et y=k
f(M)}||^2 \leq \left( \frac{h}{k+h} \right)^2 (h^2+k^2)<br />\leq ||(h,k)||^2)
f(M)}|| \leq ||(h,k)||)
on a donc la continuité sous la bissectrice (éq: x+y=1)
L'étude locale ,au point A, au dessus de la 2ème bissectrice d'équation x+y=1 donne
toujours en posant x=1-h et y=k
f(M)}||^2 \leq \left( \frac{k}{k+h} \right)^2 (h^2+k^2)<br />\leq ||(h,k)||^2)
on a donc dans tous les cas
f(M)}|| \leq ||(h,k)||)
f est donc 1-lipschitzienne, je ne vois pas où est le problème.
la 1ère bissectrice d'équation y=x est envoyée sur la courbe paramétrée (t=x)
si 
si 
l'image de la courbe d'équation y=x (1ère bissectrice) est seulement
par morceaux avec un point anguleux en t=0,5
l'étude de l'image de la bissectrice d'éq : y=x révèle:
le "triangle du haut" OCB est "envoyé" sur le "triangle courbe"
OCB' avec le point B' de coordonnées)
triangle que l'on peut qualifier d'hyperbolique puisque la somme de ses angles
vaut
+\frac{\pi}{4} - arctan(\frac{1}{2})<br />+\frac{\pi}{2} = \pi - 2 arctan(\frac{1}{2}))
Le triangle haut OBC est envoyé sur le triangle hyperbolique OB'C
d'aire
et le triangle bas OAC sur
le "quadrilatère" OACB' d'aire
Naturellement, il faut poser A point fixe de f,
l'application f est alors continue en A(1,0).
L'étude locale, au point A , sous la 2ème bissectrice d'équation x+y=1 donne
en posant x=1-h et y=k
on a donc la continuité sous la bissectrice (éq: x+y=1)
L'étude locale ,au point A, au dessus de la 2ème bissectrice d'équation x+y=1 donne
toujours en posant x=1-h et y=k
on a donc dans tous les cas
f est donc 1-lipschitzienne, je ne vois pas où est le problème.
la 1ère bissectrice d'équation y=x est envoyée sur la courbe paramétrée (t=x)
l'image de la courbe d'équation y=x (1ère bissectrice) est seulement
l'étude de l'image de la bissectrice d'éq : y=x révèle:
le "triangle du haut" OCB est "envoyé" sur le "triangle courbe"
OCB' avec le point B' de coordonnées
triangle que l'on peut qualifier d'hyperbolique puisque la somme de ses angles
vaut
Le triangle haut OBC est envoyé sur le triangle hyperbolique OB'C
d'aire
le "quadrilatère" OACB' d'aire
fibrés riemanniens
par mathelot » 13 Fév 2010, 11:51
re,
fibrés riemanniens
je voulais faire un truc sioux mais j'y suis pas arrivé :hum: si quelqu'un veut bien m'aider !!
je considère le carré ouvert OACB : O(0,0) ; A(1,0) ; C(1,1) ; B(0,1)
comme une variété avec la métrique euclidienne habituelle
j'ai une rétraction f, sous la bissectrice d'équation x+y=1,
qui rétracte continuement le triangle OBA sur OSA
on note)
le centre du carré et S' = f(S)
)
=\left( \frac{y+x(1-x)}{1+y-x},\frac{y(1-x)}{1+y-x} \right)=(u,v))
avec f(1,0)=(1,0)
Cette rétraction f se différentie très agréablement
en posant= \frac{y}{1+y-x})
^2)
^2)
je voudrai transporter la métrique euclidienne habituelle
du carré sur son rétracté OAC
de manière que OS'C devienne une géodésique.
la courbe OS'C est l'image de la 1ère bissectrice
Du coup, tout s'éclairerait:
le triangle OAC deviendrait une variété riemannienne
avec une métrique exotique, qui aurait été transportée par la rétraction,
et dans l'isométrie (morphisme de variétés riemanniennes)
les triangles OCB et OAC seraient envoyés sur deux triangles isométriques
OS'C et OAC (dans le second triangle, le sommet S' disparait
par recollement des cotés courbes OS' et S'C de part et d'autre de la diagonale y+x=1 en une unique géodésique)
Quelqu'un peut m'écrire la métrique dans le fibré vectoriel d'arrivée ? il faut écrire que la rétraction est un morphisme de fibrés et que sa différentielle définit une isométrie d'espaces tangents
j'y arrive pas.
Comme ça, on verra si tout se met en place naturellement
et si le rétracté OAC a une structure naturelle d'espace hyperbolique
avec des géodésiques symétriques par rapport à la 2ème diagonale
d'équation x+y=1.
fibrés riemanniens
je voulais faire un truc sioux mais j'y suis pas arrivé :hum: si quelqu'un veut bien m'aider !!
je considère le carré ouvert OACB : O(0,0) ; A(1,0) ; C(1,1) ; B(0,1)
comme une variété avec la métrique euclidienne habituelle
j'ai une rétraction f, sous la bissectrice d'équation x+y=1,
qui rétracte continuement le triangle OBA sur OSA
on note
avec f(1,0)=(1,0)
Cette rétraction f se différentie très agréablement
en posant
je voudrai transporter la métrique euclidienne habituelle
du carré sur son rétracté OAC
de manière que OS'C devienne une géodésique.
la courbe OS'C est l'image de la 1ère bissectrice
Du coup, tout s'éclairerait:
le triangle OAC deviendrait une variété riemannienne
avec une métrique exotique, qui aurait été transportée par la rétraction,
et dans l'isométrie (morphisme de variétés riemanniennes)
les triangles OCB et OAC seraient envoyés sur deux triangles isométriques
OS'C et OAC (dans le second triangle, le sommet S' disparait
par recollement des cotés courbes OS' et S'C de part et d'autre de la diagonale y+x=1 en une unique géodésique)
Quelqu'un peut m'écrire la métrique dans le fibré vectoriel d'arrivée ? il faut écrire que la rétraction est un morphisme de fibrés et que sa différentielle définit une isométrie d'espaces tangents
j'y arrive pas.
Comme ça, on verra si tout se met en place naturellement
et si le rétracté OAC a une structure naturelle d'espace hyperbolique
avec des géodésiques symétriques par rapport à la 2ème diagonale
d'équation x+y=1.
par mathelot » 13 Fév 2010, 15:58
up,up
comment écrire une métrique riemannienne
sur le triangle issu de la rétraction du carré
de manière que cette rétraction soit un morphisme de fibrés
(les fibrés sont triviaux ici) ??
remarque: vous pensez pas qu'il y a une erreur dans Wiki
et que le produit scalaire trivial dans le fibré trivial
est tout simplement
en fait, on se fiche du point de base x dans ce cas.
comment écrire une métrique riemannienne
sur le triangle issu de la rétraction du carré
de manière que cette rétraction soit un morphisme de fibrés
(les fibrés sont triviaux ici) ??
remarque: vous pensez pas qu'il y a une erreur dans Wiki
et que le produit scalaire trivial dans le fibré trivial
est tout simplement
en fait, on se fiche du point de base x dans ce cas.
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