Et alors où est le problème? Que faut-il modifier pour atteindre la perfection?

Franky1103 a écrit:

Complément plus détaillé
Je prend un point intérieur au polygone à n côtés et je dessine les n triangles associés en joignant ce point central aux n sommets.
Soient Ai les angles "centraux" de ces n triangles. La somme des angles Ai (i variant de 1 à n) vaut 360° (tour complet) et la somme des deux autres angles de chaque triangle vaut 180° - Ai.
Donc la somme des angles du polygone est la somme des (180° - Ai), ou encore la (somme des 180° - somme des Ai), soit 180.n - 360.

gwen27 a écrit:

(n-2)x180°
Vu qu'en partant d'un sommet on peut tracer n-2 traits vers un autre sommet non contigu, on définit n-2 triangle dont la somme des angles est 180°.

SabanSuresh a écrit:

J'ai trouvé ! En fait la somme des angles d'un polygone à n côtés vaut 180(n-2) car on peut y "loger" n-2 triangles délimités par des diagonales de ce polygone.

cogito a écrit:

Pardon, j'avais oublié le cas général :
Pour un polygone à n coté la somme des angles est (n - 2) * 180.
Pour s'en rendre compte on peut relié un sommet à tous les autres, et on voit apparaître (n - 2) triangles et la somme des angles de ces (n-2) triangles est
la somme des angles du polygone .

dylasse a écrit:

Appelons S(n) la somme des angles d'un polygone à n coté.
Dans un polygone à n cotés, on choisit un angle <180° (il y en a un, sinon, le polygone possède une drôle de tête... euh... je sais l'argument est maigre !), correspondant au sommet Q.
On relie ensemble les 2 sommets (P et R) voisins du précédents, on obtient un polygone de somme d'angle S(n-1). Le triangle PQR a une somme d'angle égale à 180° et on a donc la relation S(n)=S(n-1)+180
Cette relation de récurrence nous conduit à S(n) = 180 (n-2), valable pour n>=3.

Ces démonstrations ne sont pas valables pour un polygone non convexe.

titoufred a écrit:

Est-ce que ce point T existe toujours ? Et s'il y avait un autre point du polygone dans le triangle S1S2S3 ?

Le caractère de ta première question est purement oratoire, le contre-exemple le prouvant étant dans la seconde question.

Je pense néanmoins que ma démonstration est adaptable en tenant compte de ce cas de figure. Si j'avais une ébauche de preuve à fournir, je dirais que localement (ie. "en les points" où le polygone est non convexe), "la somme des angles" n'est pas changée par transformation via le point T, que ce soit d'un côté du polygone, ou de l'autre. On pourrait alors se ramener au cas convexe.

Je ne terminerai pas ni ne détaillerai les explications ou la fin de cette démonstration si tenté qu'elle soit effectivement commencée, je concèderais volontiers que cette ébauche n'est pas correcte si elle n'est pas correcte, je reconnais donc que mes limites sont atteintes pour ce problème et j'admets mon erreur.

Alexein41 a écrit:

Je pense néanmoins que ma démonstration est adaptable en tenant compte de ce cas de figure. Si j'avais une ébauche de preuve à fournir, je dirais que localement (ie. "en les points" où le polygone est non convexe), "la somme des angles" n'est pas changée par transformation via le point T, que ce soit d'un côté du polygone, ou de l'autre. On pourrait alors se ramener au cas convexe.

Je n'ai pas trop compris l'argument. On se retrouve avec un polygone croisé et l'on ne peut appliquer la récurrence non ?

shadock a écrit:

Ah oui Titou je suis d'accord avec toi, mais dans le cas d'un triangle il n'y a pas de problème puisque c'est le "plus petite" figure géométrique que l'on puisse tracer à la règle. Evidemment ce n'est pas d'une rigueur parfaite mais pour le triangle c'est suffisant.

PS : La démonstration vient de mon prof de première S, on avait fait un exo en cours, donc il faut croire que la communauté mathématique accepte des petites imprécisions, du moment que le raisonnement est simple et concret si je puis dire ainsi.

La communauté mathématique n'accepte pas de petites imprécisions. Soit on est convaincu, soit on ne l'est pas. Pour l'instant, tu ne m'as pas encore convaincu. Soit ton prof de première S a donné un argument supplémentaire pour conclure et tu es passé à côté. Soit il ne l'a pas fait, et il a commis une erreur.

titoufred a écrit:

Je n'ai pas trop compris l'argument. On se retrouve avec un polygone croisé et l'on ne peut appliquer la récurrence non ?

Effectivement. Mais l'idée n'était pas tant d'appliquer la récurrence, plutôt de considérer que localement, si l'un des points (S2) d'un polygone le rend non convexe, alors la somme des trois angles SnS1S2 ; S1S2S3 ; S2S3S4 est équivalente à la même somme avec le point T, en oubliant tout le reste du polygone. J'ai bien conscience que ce n'est ni précis ni rigoureux, mais franchement, je n'ai pas d'autres idées...

Oui, en effet en fait ! Je préfère me dire que j'ai montré ce cas de figure-ci plutôt que me dire que je me suis complètement planté au cas non convexe !

Je n'ai pas tout lu mais il me semble que le problème se résume à : tout polygone non croisé à n côtés est-il décomposable en n-2 triangles ?

Pour les croisés c'est plus compliqué car certains angles des triangles ne font pas parti des angles du n-gone .



Vasimolo

Je serai assez curieux de voir comment on montre l'existence de deux oreilles ou même d'une seule dans le cas d'un polygone simple ( non croisé ) .

Après une petite récurrence permet de conclure

Vasimolo

shadock a écrit:

L'argument il l'a certainement donné mais je ne m'en rappelle pas et je ne vois pas lequel pourrait confirmer que ce que je dis est juste. Aurais-tu une idée?

Oui, il suffit de dire que tous les angles d'un triangle sont strictement inférieurs à 180°, donc la somme de ces angles est strictement inférieure à 540°. Comme tu as prouvé que cette somme est congrue à 180° modulo 360°, alors elle vaut 180°.

Moi, il me semble que c'est bien plus simple de dire qu'un petit bonhomme fait un tour complet et de comparer, dans le cas général, au franchissement d'un sommet quelconque, la déviation du petit bonhomme et l'angle intérieur au sommet.

En gros on a une démonstration (compliquée pour les non croisés, certes) , et un contre exemple pour les croisés...

Tu attends quoi de plus ?

Cogito, après avoir remplacé S2 par T, on peut récupérer un polygone croisé. Je pense que ça pose problème non ?

Je réfléchis à l'idée de nodgim, qui me semble bonne. Mais je ne connais pas l'outil mathématique adapté. Il faudrait quelque chose à mi-chemin entre l'angle géométrique et l'angle orienté de deux vecteurs. On veut pouvoir parler d'angles positifs ou négatifs, mais l'on ne veut pas du modulo 360°.

Je propose, pour une ligne polygonale fermée [latex]A_1,... ,A_n[/latex] de définir [latex]dev(A_k)[/latex] la déviation angulaire en un sommet [latex]A_k[/latex] par la mesure principale de l'angle orienté entre les vecteurs [latex]\overrightarrow{A_{k-1}A_k}[/latex] et [latex]\overrightarrow{A_k A_{k+1}}[/latex].

Remarque : avec les notations habituelles [latex]A_0=A_n[/latex] et [latex]A_{n+1}=A_1[/latex].

La déviation angulaire en un sommet est donc comprise strictement entre -180° et +180°. On peut alors considérer la somme des déviations en tous les sommets d'une ligne polygonale, qui vaudra, dans le cas d'un polygone non croisé, +360° si la ligne polygonale tourne dans le sens trigo et -360° sinon (*). En renommant les points, on peut considérer que l'on tourne dans le sens trigo, ce que l'on suppose pour la suite. Comme l'a dit nodgim, la déviation en un sommet [latex]A_k[/latex] vérifie alors
[TeX]dev(A_k) = 180° - \widehat{A_k}[/TeX]
Il conclut alors en en faisant la somme des déviations sur tous les sommets du polygone :
[TeX]\sum_{k=1}^n dev(A_k) = \sum_{k=1}^n 180°-\widehat{A_k} = +360°[/TeX]
Ce qui donne
[TeX]\sum_{k=1}^n \widehat{A_k}=(n-2)\times 180°[/TeX]
CQFD.

(*) Résultat intuitif qui doit normalement se démontrer... mais là je sèche. On peut penser à l'indice d'un point par rapport à un lacet (en analyse complexe).