Bonjour.
(Ce pb traîne dans mes archives depuis plusieurs dizaines d'années sans que personne ne le pose alors le voici) :
Comment partager un carré unité en n surfaces égales à l'aide de (n-1) segments de droite de même longueur minimale ?
On peut blanker dans un premier temps
@Verdurin , je ne suis pas sûr du tout car avec l'augmentation du nombre de parts , on augmente grandement le nombre de paramètres et même si les aires et les longueurs de coupes doivent rester égales on dispose d'une grande flexibilité . Ce problème dans sa généralité est sans doute trop difficile , personnellemnt je me contenterai de savoir à partir de quel n ( s'il existe ) , la longueur de coupe est strictement inférieure à 1 .
Imod
Je pense que le saucissonnage par tranches de 1 est battu par <1 à partir de n? mais seul un puissant calcul le prouvera ,c'est le genre de problème qui nous fait douter
Si la réponse était 1 pour tout n, le problème n'aurait aucun intérêt.
Pour prouver qu'on peut faire moins que 1 la démonstration est très simple et ne nécessite aucun calcul.
Vu la valeur des intervenants de ce forum, je vous laisse cogiter un peu avant d'intervenir à nouveau.
On peut remarquer que si on accepte moins de n-1 segments pour faire n parts on crée d'autres solutions ( par exemple dans le cas à 8 parts ) .
Imod
PS : Il serait peut-être temps d'enlever les blanks et et repérer les meilleures solutions trouvées
bonjour,
sous forme de plaisanterie :
6 régions avec 5 segments égaux ... "qui dépassent"
(égaux à )
Ca a cogité en effet. On avance. J'aurais du préciser que, dans l'esprit de ce casse-tête les segments ne peuvent se croiser sinon cela fait 2 segments. Ni ne doivent sortir du carré.
Imod a trouvé les solutions valables pour tout n de 8 à l'infini. Reste n= 4 à 7.
Tu vas bien vite Derny
J'ai donné une solution pour n=8 et n=9 ( est-ce la meilleure ) , le procédé se généralise-t-il si facilement ?
Sinon d'accord , il reste n= 4 à 7 et là il faut clairement changer de stratégie ou accepter L=1
Imod
la généralisation de la méthode de Imod conduit à des segment qui tendent vers 1 quand n (8) augmente indéfiniment. certes ils sont tous < 1 ...
>mathafou
J'ai essayé pour n =7 et comme j'avais un blocage ,je suis allé voir ton
blank pour n=12.
pour n = 5 c'était archi connu ...
tellement que je n'y avais même pas pensé de prime abord
Ouahhh , du coup ça va très vite avec Mathafou .
Si je n'ai rien raté , il manque juste le cas n=7 . Il faudrait bien sûr prouver qu'on atteint bien le minimum dans chaque cas mais là ça semble hors de portée .
Imod
Pour n= 7 ,je pense qu'il est inutile de chercher car notre vénérable JP a démontré en aout 2005 que c'était impossible pour un rectangle (cf page 3776 "supérieur")
oui, il reste n = 7 (et prouver ou infirmer que n = 2, 3 ou 4 impose une longueur de 1)
Je n'ai pas trop le temps de chercher pour l'instant n =7, mais on pourrait peut être imaginer un truc du genre :
je ne blanque pas "ça" car en l'état les aires ne sont pas égales et les segments non plus
on peut imaginer que les 12 degrés de liberté (2 coordonnées x 6 sommets) de l'hexagone central permettraient, ou pas, avec beaucoup de chance, de satisfaire les 6 égalités d'aires (la 7ème étant alors forcément bonne)
et les 5 égalités de segments (a=b=c=d=e= f ça fait 5 égalités)
... ou prouver que ça ne marche pas...
le n = 4 de Imod à l'instant est avec une longueur de 1
la plus petite hypoténuse d'un triangle rectangle d'aire 1/4 est 1 lorsque ce triangle rectangle est isocèle.
ah bein si n=7 a été démontré impossible ...
Mince , avec 2/3 et 3/4 pour les segments verts et bleus , je dépassais à peine 1 et j'avais un petit espoir
Pour n=7 , j'attends le lien de Dpi , je ne vais pas fouiller dans les archives du supérieur
Imod
Bonsoir à tous
Le travail collectif paye. Ca avance. Je suppute que bientôt n=7 tombera. Il serait bien aussi de donner les valeurs exactes du segment pour tous ces cas car pas insurmontable.
Quand tout cela sera fait, le plus dur restera à faire ...
le lien cité par dpi est Partage de surface en 7 parts égales
mais ça ne correspond pas au présent problème puisqu'il s'agissait de partager en 7 par 3 droites
et pas par 6 segments non sécants, pas forcément alignés sur 3 droites, et de plus égaux.
J'ai voulu redémontrer comment arriver à la formule de mathafou
pour n 8
On part de l'idée qu'un triangle rectangle sera dans la figure....
Bonjour
Je vois que dpi est à l'ouvrage de bon matin.
Je pense qu'à partir de maintenant il est inutile de Blanker.
Je ne comprends pas pourquoi n=7 vous résiste. J'ai la même solution, mutatis mutandis, que celles pour n=5 et n=6. Cependant, il se pourrait qu'une solution du genre mathafou le 07/06/22 18h46 soit meilleure. Pour ce genre de vérifications les calculs sont coriaces et doivent se terminer par l'ordinateur. J'ai à peine commencé et je ne sais pas si j'aurais le temps.
Quand je dis que "... le plus dur restera à faire", je ne pensais pas à ce cas mais au cas n=4 car d=1 n'est pas la solution.
Je pensais que 7 n'était pas possible ,mais puisque derny a une
solution ,cela vaut la peine de persister (temps pluvieux).
Comme la nomme mathafou ,je pense à cette "chose"
Oui dpi.
Coup de pouce :
Jusqu'à présent toutes les solutions ont un centre de symétrie.
Pour les cas n=5 à n=7 on démontre (en dérivant) qu'il faut partir au milieu des côtés.
Les segments à l'intérieur du carré intérieur peuvent être disposés de différentes façons.
J'étais sur le même type de figure que Dpi
Le raisonnement est assez simple , on place le carré central de façon à ce que son aire soit 3/7 puis on choisit comme base du trapèze 1/3 du petit carré .
Après , pour une preuve du minimum j'ai de sérieux doutes
Imod
grillé parImod
mais "comme base du trapèze 1/3 du petit carré" ??? pas d'accord edit : vu par lmod entre temps
quand j'ai modifié le cas n = 5, issu d'une démonstration visuelle classique du théorème de Pythagore (Perigal) , pour obtenir n = 6, j'aurais du obtenir ce cas n = 7 "dans la foulée" .
les points de construction de la découpe du petit carré sont au tiers de sa médiane
le trapèze jaune a pour somme petite base + grande base = 2/3 du côté du petit carré (edit)
et l'inclinaison de son coté est définie par sa longueur = MN
la figure de dpi avec un trapèze central ne marche pas (télescopage)
On arrive...( Ah si les gouvernants étaient aussi motivés !!)
Pour mémoire le petit coté des quadrilatères mesure 0.056377
C'est tout bon. Peut-être il faudrait voir si un autre schéma est meilleur pour n=7. Pour n=5 ou 6 je ne pense pas qu'il vaille la peine d'essayer d'améliorer.
Reste le "gros morceau" : le cas n=4. Foncez
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