Un P sans P vaut bien deux R

[Imod]

Un titre un peu énigmatique pour un problème que je croyais avoir déjà vu mais dont je ne retrouve plus la solution :cry:

On considère une figure convexe C du plan euclidien rapporté à un repère orthonormé . Montrer que si l'intérieur de C ne contient aucun point à coordonnées entières alors 2A

Merci d'avance pour la participation .

Imod

[nodjim]

Sans réfléchir une seule seconde:
On cherche en fait un min de P pour un max de A pour voir si c'est vrai. Or c'est vrai pour le cercle, sinon ta proposition serait fausse. Alors c'est toujours vrai, car c'est pour le cercle qu'on a un min de P pour un max de A. Donc je ne vois pas le rapport avec les points à coordonnées entières, donc je dois sûrement délirer...

[beagle]

Soit le point M,
le point de C le plus près d'un entier,
alors C est contenu dans le carré fabriqué avec M.

et ensuite tous les carrés inférieurs à 1 ont 2A inf P.

[beagle]

Est-ce que le cercle est le min de P/A? des figures convexes?

[Doraki]

Pour montrer A < P * (1/2 unité de longueur),
on pourrait faire des trucs comme coller une bande de largeur 1/2 tout autour du convexe et montrer que ça recouvre le convexe.

(ça marche pas pour un cercle de diamètre [(0,0) (1,1)])

[beagle]

encore la théorie de l'encerclement:
la figure C peut ètre contenue dans un rectangle x et y de cotés inférieurs à 1,
alors
2A inf 2xy inf (x+y) inf P

C étant dans le rectangle:
sa surface est inférieure à surface du rectangle
et x2 c'est pareil

2xy inf (x+y)
0 inf (x+y)-xy-xy
0 inf x(1-y) + y(1-x)

x+y inf P
sur le rectangle, C touche les petits coté en J et K,
longueur de partie de périmètre de C allant de J vers K par le haut est supérieure à longueur grand coté y (en haut sur ma figure à moi que j'ai)
longueur de périmètre de C du bas partant de J vers K idem supérieur à y qui est sup à x, x petit coté sur mon dessin à moi que j'ai.

[Ben314]

1)... la figure C peut ètre contenue dans un rectangle x et y de cotés inférieurs à 1...
2)... (x+y) inf P...

1) comment tu fait pour faire rentrer le cercle de centre (1/2,1/2) de rayon racine(2)/2-epsilon dans un rectangle de cotés inférieurs à 1 ?
2) Pourquoi le fait d'étre contenu dans un rectangle de taille donné implique t'il que le périmètre soit supérieur à quelque chose ?

[beagle]

1)je vois pas bien, le cercle le plus gros possible n'est-il pas le cercle inscrit dans le carré de 1x1, et de rayon 1/2?

2)la ligne droite de coté grande longueur est le + court chemin pour aller d'un coté à l'autre du rectangle, non?

Je ne suis pas sur d'avoir compris l'énoncé.
Je veux bien un dessin pour montrer ce qui n'est pas l'énoncé que j'ai traité.
J'efface tout si j'ai un doute.

[beagle]

le 2) était évident
le 1) est faux en effet, j'avais pas vu qu'on pouvait déborder.
J'ai traité le petit théorème, quans on est dans le carré 1x1,
m'étonnait aussi d'avoir autant de marge,
pour dans le 1x1 c'est quoi le xAire inf au périmètre?

pour le vrai problème,
c'est soit C est dans le carré 1x1, OK c'est fini
soit C déborde
si C déborde que dans une seule direction, on enferme qs dans du rectangle et xy avec x ou y inf 1 sera toujours plus petit que x+y et idem que P
si C déborde dans les deux directions, alors c'est plus chiant, faut montrer que le maximum va vers le carré ... et alors ..., c'est là que la convexité empèche de déborder de plus ...

[Imod]

Plutôt maline l'idée de Doraki , du coup j'ai regardé ce qui pouvait ressembler à cette approche . Je suis tombé sur des histoires de bandeaux ( zones bordées par deux lacets à distance constante ) .

Pour un bandeau cerné par deux lacets fermés sans points doubles :

- L'aire du bandeau A=PL avec P périmètre du chemin médian et L la largeur du bandeau .
- Différence entre les périmètres des deux bords

Imod

[beagle]

Il me semble que cela passe aussi avec rectangle circonscrivant C.

Si un des cotés inf à 1 alors 2A inf 2 xy Inf 2y inf périmètre P

si les deux cotés dépassent 1, alors le rectangle est dans du racine de 2,
ce rectangle a un losange inscrit de coté c,
avec 2A inf 2x2xcxc inf 4c inf P
car c inf 1

mais possible que tout ne rentre pas là-dedans.
PS1: ça pour sur que tout n'y est pas,
manque les triangles et structures apparentées contenus dans triangle jusqu'à quasi 2 de hauteur

PS2:structure incluse dans un triangle dont un coté est maximum 2,
alors ce triangle se découpe pour rentrer dans un rectangle x,y,de moins de 1,
A inf surface rectangle de hauteur y,
alors que les "bouts " de périmètre sont sup à y-manque sur le rectangle,
et idem:xy inf 2y
on se ramène au cas simple de bande moins de 1cm.

Au total:
-figure inscrite dans bande de 1 cm, c'est fait
-figure inscrite dans triangle dont petite longueur jusqu'à 2 cm, c'est fait
-figure inscrite dans rectangle jusqu'à racine de 2, c'est fait
manque plus rien, si?

[beagle]

dans une colonne de 1x1
QS message sus-jaccent:
2S inf P

on prend une case 1x1 qui sera colonne d'intersection
et
On prend S1 surface dans colonne au-dessus case d'intersection,
S2 surface dans colonne au-dessous case d'intersection
si on prend surface en plus sur une rangée,
maximum surface permise extérieure est 1

surface = S1+S2+ max de 1 extérieur + max de 1 le carré central d'intersection
périmètre P1 + périmètre P2 + supérieur à 1+1 pour faire la jonction au niveau de la case centrale.

donc 2S inf P

[nodjim]

J'ai bien une solution par découpage. ça marche bien.

[Imod]

Un petit "up" :lol3:

Imod

[nodjim]

La démo par découpage:
L'aire maximale pour un périmètre minimal est le cercle sinon l'ellipse. On considère cette assertion comme un prérequis.
On considère l'ellipse de grande longueur horizontale coincée entre 4 points. L'aire délimitée par les 4 points est un carré de surface 1. Les 2 arcs en haut et en bas, délimités par ces pts, sont de longueur > 1, donc à eux seuls ils couvrent la contrainte 2A < P vis à vis du carré central. Le reste de la surface c'est 4 lentilles. On découpe la lentille du haut en 2 morceaux de longueur 1/2. Ces 2 morceaux, on les coince en haut et bas du 1/2 rectangle à gauche du carré central, 1/2 rectangle de hauteur 1 et de largeur 1/2. Les 2 morceaux de lentille sont placés dans le 1/2 rectangle en haut et en bas, la partie rectiligne de L=1/2 est confondue avec les cotés haut et bas du 1/2 rectangle. On notera qu'il n'y a pas de recouvrement entre la lentille située à gauche du carré central et les 2 1/2 lentilles coincées en haut et en bas (tangente commune).
Si l'ellipse est de longueur < 2, elle est contenue à gauche dans le 1/2 rectangle. Dans ce 1/2 rectangle d'aire 1/2, la longueur de l'arc gauche est > 1. La contrainte est respectée, car il reste du vide, l'aire des 2 lentilles (celle de gauche et celle qui a été découpée) est < 1/2.
Si la grande longueur de l'ellipse dépasse 2, elle aura dans la partie gauche une longueur L, et sera contenue dans le rectangle de longueur horizontale L. Or la longueur de l'arc est > 2L. L'aire des 2 lentilles est < au rectangle de surface L. La contrainte est encore respectée.

[Imod]

Je décroche dès la première phrase

L'aire maximale pour un périmètre minimal est le cercle sinon l'ellipse.

On parle ici de polygones convexes sans point entier à l'intérieur , j'ignorais complètement ce résultat , comment se démontre-t-il ?

Imod

[nodjim]

Euh, le problème initial est une figure convexe. Ma démo marche aussi pour d'autres figures que l'ellipse ou le cercle. Je peux effectivement ôter la phrase initiale.

[Doraki]

On considère l'ellipse de grande longueur horizontale coincée entre 4 points.

Tu veux dire un cercle ?