Bonjour,
Je ne sais pas répondre à la question, mais à mon avis,

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la limite inférieure doit plutôt ressembler à 2

Tu as raison bien sûr , on va dire que c'était un piège pour attirer le badaud
Imod

Bonjour,

S = 4 (unités de longueur) quel que soit le découpage.

Bonjour,
pour moi avec ce découpage on obtient
la somme des périmètres des carrés rouges est (4*1/4)+2*(4*1/2)=5

Bonjour,
Un petit exemple simple.(si j'ai bien compris...)


Une diagonale traverse 3 carrés de 0.2 de coté  2carrés de 0.3 et 1 carré se 0.1. la somme des périmètres est  5.2
Testons la limite inférieure par exemple 100 petit cotés de 0.01
on trouve 4 ou 1000 petits coté de  0.001 on trouve aussi 4
on peut postuler que c'est la limite inférieure.
Mais l'exemple montre qu'il y a aussi une limite supérieure?

par ailleurs une somme des périmètres des petits carrés dont la diagonale est sur une diagonale du carré initial n'est pas égal, même à la limite d'un nombre énorme de carrés microscopiques, à la diagonale, ni même d'ailleurs son double (périmètre et pas demi-périmètre).

un carré de diagonale d a pour côté et périmètre
la somme des d étant égale à , la somme des périmètres dans ces cas de découpages où la diagonale ne comporte que des diagonales est comme dit candide2 constante et égale à 4

La limite supérieure me semble égale à 6.4

En effet carré interceptant confirme le dessin de mathafou qui peut se développer ainsi:

rien n'empêche de grossir quelques carrés "libres" :



2x0.4 + 4x0.8 + 2x2 + 1.2 = 9.2 !

J'en suis à 7.2

On arrive à 8 ...qui trouvera mieux?

Pas vu le maxi de mathafou

En le gardant symétrique on arrive à  9.6 qui semble optimum

Avant tout , merci à tous pour la participation

En fait je me posais surtout la question à propos du maximum de S que j'aurais dû appeler P pour périmètre mais en effet la question se pose aussi pour le minimum : il me semble qu'il vaut 4 sans certitude . C'est certainement bien plus compliqué pour le maximum car les configurations sont multiples .

Imod

En fait les découpages proposés par Mathafou et Dpi supportés par un quadrillage orthonormé sont les seuls possibles mais celui-ci peut être affiné à volonté . L'aire totale est constante mais le périmètre de l'ensemble des carrés peut grandir à volonté . Bien sûr tous ces carrés n'intersectent pas la diagonale

Imod

la démonstration complète du minimum de 4 est simple :
1) le minimum sera quand tous les carrés intersectés par la diagonale auront leur diagonale sur cette diagonale



si un carré ABCD n'a pas même diagonale, le carré AB'C'D' de plus petit périmètre l'a

2) voir la preuve précédente que pour toute configuration où tous les carrés intersectés ont la même diagonale, la somme de leurs périmètre est 4

PS : pour "diagonale" comprendre la droite, pas sa mesure

En effet , l'argument est imparable
On va pouvoir revenir au problème du maximum .
Imod

pour le maximum je propose un processus récursif

commençons par se définir la taille (arbitraire) des plus petits carrés bleus obligatoirement de diagonale celle de ABCD
calons deux carrés de côtés 0.5 et deux carrés les plus grands possible dans ce qu'il reste, de côtés par conséquent 0,5 -



S = 8 quel que soit

ensuite de façon récursive pour chaque carré dont la plus petite portion est >1/8 de ce carré, je le remplace par 3 carrés de taille moitié



pour =0.1 on retrouve le 9.6 de dpi
mais cela dépend maintenant de
la limite quand 0 est de10

je recommence alors en remplaçant les carrés verts (qui satisfont au critère si "assez petit"
en gardant inchangé les carrés bleu
etc
la flemme de poursuivre ce procédé ...

à l'étape suivante ( < 0.05) on obtient S > 11,2 avec une limite de 12 quand 0

Je n'ai pas regardé dans le détail le procédé proposé par  Mathafou mais il me semble qu'on peut poser quelques bases :

Les petits carrés sont formés de carreaux d'un quadrillage orthonormé . On peut donc oublier les epsilonades , on augmente la taille de la grille n X n et donc le nombre de possibilités pour les carrés .

Je ne peux pas illustrer mais certains carrés verts du dernier dessin de Mathafou peuvent être augmentés , à suivre donc ...

Imod

mon "" est bien un 1/n pour un n "assez grand"
et tout à fait d'accord que on peut (doit) doubler la taille de certains de mes "carrés verts" à partir de ma dernière étape, pour en faire des carrés bleus pas modifiables ensuite :



ce qui fait passer S pour cette configuration à ]11.2, 13[

erreur dans mon calcul : de ]12, 13[
( c'était bizarre de trouver le min de l'intervalle le même que sans la dilatation de ces carrés verts)

Bonjour,
Une évidence est l'utilisation des deux carrés de 0.5  et de n carrés de module ,  inteceptés selon de petits triangles isocèles rectangles  (tous égaux )de diagonale 2
On doit donc optimiser les deux morceaux symétriques de la diagonale soit 2-22.
J'estime le maxi autour de 13.5
.

Il me semble que les epsilons compliquent les choses plus qu'ils ne les clarifient . On peut remplacer le carré initial par une grille n X n et les petits carrés sont construits avec les nœuds de cette grille . On cherche le maximum de P/n où P désigne le périmètre total des carrés qui rencontrent la diagonale . Sous cet angle il est évident qu'en affinant la grille on ne peut pas réduire ce maximum . D'un autre côté on a vraiment l'impression que P/n est borné mais pourquoi ?

Imod

@dpi :
non le maximum n'est pas avec des"petits triangles tous égaux"
cf lmod "certains carrés verts du dernier dessin de Mathafou peuvent être augmentés"

Non Non je parlais de module
pour lesquels la diagonale n'intercepte que le petit coin ....
Exemple j'en suis à 15.8 avec  1/40  image moitié :

Je vais presque changer d'avis car j'ai l'impression qu'on peut augmenter le périmètre à l'infini en profitant au maximum des côtés communs aux différents carrés . On considère uniquement des n qui sont des puissances de 2 et on ne construit que des carrés dont l'un des sommet est sur la diagonale . Chaque point sur la diagonale est le sommet de 4 carrés et récursivement le carré qui suit la diagonale peut bénéficier d'un découpage plus favorable . Je me doute que je tout sauf clair , j'essaierai de faire mieux quand les conditions le permettront .

Imod

jusqu'à présent on ne comptait pas les carrés touchant la diagonale en un seul point = sommet, mais uniquement ceux traversés par cette diagonale.

Oui , et pourquoi cette restriction ?
Imod

Le problème reste ouvert et il est passionnant car on voit que les
solutions grimpent mais pour la limite
On voit que les meilleurs solutions sont obtenues quand les carrés  interceptés le sont avec des triangles rectangles isocèles d'hypoténuse 2/n et toujours en gardant nos deux carrés de  0.5 cadrés sur (0, ) et symétriquement.

Pour n=80  avec et   = 0.0125 (je sais...)on arrive
à 16.2 par rapport au précédent on progresse de 0.4
On voit que le % de progression diminue
On note ;
n          optimum vu
10       9.2
20      13                      +4.2
40      15.8                 +2.8
80      16.2                 +0.4
160                             +0.2  ??
320                             +0.1 ???
640                              +0.04  ????
On imagine une limite à  moins de 17
Il y aura certainement une belle démonstration d'un ténor (j'en connais )

Le schéma que j'avais en tête ( je n'ai pas encore fait les calculs ) .

Imod

Sauf erreur , P/n=4n donc tend vers l'infini , on a bien affaire à un fractal .

Imod

J'ai mélangé mes notations . Pour une grille , le périmètre total est .

Imod

Bonjour,
je penche aussi  pour un calcul fractal.
Pour mémoire ,je donne ma meilleure solution pour n =80
c'est à dire que le plus petit carré de base mesure 0.0125
Je donne aussi la grille des réponses actuelles et son extrapolation....   (autre moitié symétrique )

solutions actuelles:

n        petit coté     somme des périmètres
10             0.1                   9.2
20             0.05                13
40             0.025              15.6
80            0.0125            20.2
160          0.00625         ??

L'avantage de diviser les côtés du carré par des puissances de 2 c'est qu'on a une récursivité évidente . Si on a construit la figure au rang n , la suivante s'en déduit avec deux réductions de la précédente sur la diagonales auxquelles on ajoute deux carrés vides de même taille . En plus le calcul du nouveau périmètre total est instantané

Imod

Comme il fait un temps désagréable,je suis allé au bout de ma vision..

Donc pour n=160 donc des petits carrés de 0.00625 on arrive à 24.3
On voit bien le module fractal  annoncé par Imod:

@Dpi , sur tes dessins tu sembles rester sur les conditions de Mathafou avec la diagonale qui passe à l'intérieur des carrés  , je ne pense pas que tes dessins soient réalistes . Ce qui n'empêche pas ce deuxième problème d'être intéressant et la limite de ces  périmètres peut-être finie

Imod

Pour que la diagonale intercepte un carré et qu'on obtienne la
somme des périmètres maximale il faut:
1/garder la position des deux carrés *de dimension 0.5( décalés de 1
petit carré à gauche et à droite.
2/garder notre module **fractal imod 21/12 17h26 et dpi 22/12 16h14
3/travailler sur les puissance de 2 x10  pour n
n-->10  20  40  80  160  320 etc..
4/ Dans chaque configuration le coté du carré le plus petit (c) est
1/n et donc son périmètre 4/n
5/ on n'observe que des carrés puissance de 2: de 1 à sans oublier les 2 carrés* de dimension 0.5
6/pour le comptage du nombre de ces carrés on observe qu'il dépend du nombre de modules **Exemple pour 160 =10 x2^5-->10 modules   donc  pour 320  on peut en compter 20
En résumé on a:
2 carres de 0.5
2 carrés de 1/n

k modules de 2à8   lié à la puissance de n**
ensuite il faut trouver la règle pour les carrés de 16 à

Comme Imod aime bien la méthode "collective" ,il est bon de se lancer sur des pistes et je pense que nous aboutirons .
Dans ce problème fort intéressant on sait que pour un carré unité le minimum est 4.
Par contre la recherche du maximum  est à notre portée si nous trouvons la bonne méthode dont quelques point sont acquis.
.

Bonjour et Bonne veillée

Nous avons affaire à un problème "pseudo" fractal car en augmentant n on observe des assemblages presque identiques (modules) .
Nous sommes à peu près surs que le maximum est possible si on
se base sur le carré unité ou le triangle équilatéral unité.

Sur un exemple précédent tu arrivais à un périmètre total de 12,5 . On reste dans la fourchette proposée par Mathafou Il est peut-être possible de faire mieux .
Imod

ma fourchette était pour un nombre d'étapes fixé, en variant la taille !
peut être a-t-elle été mal comprise autrement.
passer à une construction réellement fractale fera varier simultanément de façon coordonnée la taille et le nombre d'étapes

le périmètre total va donc devenir 4 + 2(2-un petit peu) + 4(1 - un petit peu) + 8(0.5-un petit peu) + ... + un petit peu
à chaque étape on double le nombre de carrés chacun de taille moitié
ou presque car sinon c'est la fractale de Imod @ 21-12-2024 à 17:26
en partant de cette fractale là avec un petit décalage des carrés, donc un petit peu plus petits

ce qui de façon intuitive semble bien tendre vers l'infini. 4+4+4+... moins une somme de petit peu
mais il faut se méfier des sommes infinies.

La vision des cas 160 et 320 montre bien que tous les modules doublent à l'exception des 2 petits initiaux et des 2 n/2 .
Sauf erreur on obtient ma progression en rouge sur le 3 ème tableau:
D'accord donc avec mathafou mais la régression de l'écart montre qu'on peut se programmer  et la limite peut arriver assez vite

Bonjour et joyeux NOËL,
Tout compte fait:

Bonjour Dpi et les autres et joyeux Noël

Pöur finir de digérer le repas d'hier je me suis amusé à reproduire le pseudo-fractal avec le décalage horizontal . On part d'un côté 4 avec 2 carré de côté 1 et 2 carrés de côté 2 traversés par la diagonale : c'est l'étape 1 . Ensuite on double le côté du carré et on dispose 2 carrés de côté 1 , 4 carrés de côté 2 et 2 carrés de côté 4 et ainsi de suite . A chaque étape on laisse non recouvert 2 bandes de largeur 1 , ce qui gène un peu la vision au départ . Au rang n on obtient un périmètre total des carrés traversés    pour un carré de côté . Ramené à un carré de côté 1 le périmètre total est qui tend linéairement vers l'infini .

Imod

Une illustration pour les trois premières étapes . C'est une simple illustration de la stratégie de Dpi , j'ai eu un peu de mal au début à comprendre comment il gérait les transitions d'une étape à l'autre



Imod

Suite et fin

Ta méthode basée sur est plus efficace que la mienne basé sur de 1/10  1/20 etc..
Nous pouvons désormais affirmer que nous progresserons de 4
indéfiniment .