Decouper et Coller

Montrer qu'etant donne deux polygones de memes aires, on peut decouper l'un d'eux en nombre finie de parties, qu'on peut recoller pour recouvrir l'autre polygone.

MohE a écrit:

Montrer qu'étant donne deux polygones de memes aires, on peut decouper l'un d'eux en nombre finie de parties, qu'on peut recoller pour recouvrir l'autre polygone.

Dans cet essai j'opte à construire une famille de triangle qui couvre P et P' les deux à la fois.

Soit P et P' deux polygones de (n+2),(m+2) sommets respectivement. (le +2 c'est pour alléger l'écriture plus tard)

Chaque polygone de N sommets pourrait être découpé en (N-2) triangles.
Dans la suite je considère la représentation suivante (unique) d'un Polygone P de N sommets
P -->(T1,...,T_{N-2}) ou Ti les polygones couvrants P dans l'ordre croissant. (en terme de surface, à un certain moment j'ai confondu Ti et la surface de Ti encore une fois pour alléger l'écriture..)

Avec cette représentation on a P ->(T1,...Tn) et P' -> (T'1,T'2,....,T'm).
si n>m ( ou n<m) on pourrait toujours rajouter des points dans P' tout en gardant le même aire, pour s'en apercevoir dessiner un triangle ABC , out AB arrêt du polygone, et rajouter un point D de [AB]...

Donc on peut se ramener à n=m.
Il faut remarquer qu'on peut définir une relation d'ordre sur les (Ti,T'i)et ETANT donné que deux triangles de même aires peuvent se couvrir
Le résultat en rouge sera démontré à la fin, maintenant mon algorithme est simple et utilise récursivement ce résultat:

Initialement on a :

Code:

(T1,T2,...,Tn)
(T'1,T'2,...,T'n)

Pour un certain i : si Ti>T'i  on peut diviser le triangle Ti en deux triangles Ti_1 et (Ti_1'=T'i) dont l'un d'eux a exactement la même surface que T'i.  C'est possible.

Preuve => Soit Ti := ABC , on considère la droite passant par A et coupant [BC] en H, lorsque le point H parcourt [BC] la surface de ABH parcourt [0,Ti] TVI assure qu'il existe un point H' ou ABH'=T'i.

Pour la première itération on couvre une partie du grand triangle avec le petit triangle, on hachure le petit ( on affecte 0) et on remplace le grand par un nouveau triangle Ti_1et ainsi de suite.Si Ti=T'i alors on hachure les deux.

Itération #1 on aura un figure qui ressemble à ça:

Code:

(T1_1,0,...,Tn_1)
(0,T'2,...,0)

Soit F1 la famille des Triangles Ti_1'

On réordonne les (Ti_1) et les (T'i_1) (remarquer qu'ils contiennent au max [n/2]+1 éléments chacune et puis on refait la même étape qu'avant.
À chaque étape de cet algorithme on réduit le nombre de triangle ( ~on le divise par deux), et en moins de n étapes ( la complexité de cet algorithme est de O(log2(n)) )on obtient:

Code:

(T1_L,0,...,0)
(T'1_L,0,...,0)

T1_L et T'_L seront forcément de même surfaces, car les triangles hachurées jusqu'au moment ont la même surfaces ( se couvrent les uns les autres) et SUM Ti = SUM T'i selon l'hypothèse de l'énoncé.

Donc soit F_L={T'1_L} et la récursion est terminée.

Soit F =Union{Fi} ainsi construite, permet de couvrir P et P' par construction.

Maintenant passons la preuve du résultat en rouge.[]

Selfrespect,
Bien vue. J'aimerais juste partager deux petites remarques sur ta solution:
1- La preuve du resultat en rouge n'apparait pas a la fin de ta solution; Un probleme technique peut-etre.

2- L'utilisation du TVI est la seule etape de ta solution qui est non-constructive. On peut s'en echapper par des arguments geometriques.

La solution a laquelle j'ai penser en faite, se fonde entierement sur des constructions geometriques.
Comme tu l'as bien remarque, tout polygone admet une triangulation. Il suffit alors de prouver que:

1- A partir d'un triangle on peut obtenir un carre (de meme aire)
2- A partir de deux carre, on peut obtenir un carre dont l'aire est la somme des deux premiers carres.

De cette facon ont conclut qu'on peut obtenir un carre de n'importe quel polygone.