Ce n'était une énigme à moi mais à Tom_Pascal.

désolé (et bonjour) JP

Il y en a tellement eu à toi durant ce début aoûtien que je te l'avais attribuée, par erreur.

As-tu une idée sur celle-ci ?

Philoux

salut philoux :

Tout d'abord, petite rectification , cette énigme a été posté par Tom_pascal

Cependant, pour ta question, on doit pouvoir trouver la réponse. En effet , regarde le post de Nofutur2 :
Le cake et les trois cuisinières

Peut-être que ce dernier ou une autre personne pourait venir répondre à ta question ...

++ sur l'
romain

Salut romain 10:13

merci pour le lien mais il ne semble pas dire si c'est possible ou impossible ?

quant à la résolution...

Philoux

Re philoux :

Pour moi, ça doit être possible puisqu'il dit je le site :

" Si on donne trois coups de couteau dans le plan, on obtient 7 parts au maximum "

Reste à savoir comment on détermine ces 7 parts

je serais aussi intéressé de connaître la réponse ... peut-être que J-P a une idée !

romain

Oui romain

" Si on donne trois coups de couteau dans le plan, on obtient 7 parts au maximum "

ce qu'il cite, c'est l'existence de 7 parts (que l'on peut voir sur mon image attachée).
En revanche, rien ne dit que ces 7 parts puissent être égales.

That's THE question...



Philoux

_{STP, lis tes mails, merci}

You're all right

ALors comme tu le dis si bien dans ces cas là :

wait and see ...

^{PS : je t'ai répondu}
romain

Up

Si de nouveaux îliens depuis ce matin ont des idées...

Merci

Philoux

Bonsoir philoux , juste une petite idée:
j'ai commencé par remarquer que chacune des trois droites doit partager le rectangle en deux parties dont le rapport des aires est ou ensuite en discutant les deux cas (selon que la droite coupe le rectangle suivant deux cotés opposés ou adjaçents) j'ai découvert que chacune des trois droites doit passer par l'un des quatres points ; ; ou

Merci elhor de t'intéresser à ce post qui ne semble pas passionner les foules ...

Tes 4 points sont symétriques par rapport aux centre du rectangle.

Si, comme tu le dis : chacune des trois droites doit passer par l'un des quatres points, il y a alors 4 triplets de droites répondant à ces condtions dont un des points est concourant des trois droites.

Ces 4 configutations aboutissent cependant à la création de 6 secteurs et non 7...

Peux-tu :
- expliciter/développer le fait que le rapport des aires est 4/3 ou 3/4,
- expliquer comment tu obtiens ces 4 points.

Merci.

Je voulais éviter du calcul intégral, mais j'ai bien peur qu'on n'y coupera pas...

Mon sentiment que ce problème soit impossible se renforce de nouveau.

Est-ce un pb connu, appartenant à une famille de propriétés de partage de surface par des droites ?

Merci de continuer de t'y intéresser

Philoux


.

Bonjour philoux;le fait que chacune des trois droites doit partager le rectangle en deux parties dont le rapport des aires est ou est clair d'aprés le dessin de la solution (cf figure) chacune des surfaces colorées a un aire qui vaut et on voit bien que chaque droite régionne le rectangle en 2 parties d'aires et d'où le rapport ou

tu es certain que la partie grise (bas à gauche) a même surface que la violette (bas à droite)

J'en doute...

Philoux

Ok pour les images attachées ?

Je vais maintenant raisonner sur une droite parmi les 3 et prouver qu'elle doit passer par l'un au moins des 4 points:
pour ne pas discuter tous les cas on peut se servir du groupe des isométries du plan laissant globalement invariant notre rectangle qui est d'ordre 4 et qui se compose de et
avec:
,la symètrie de centre centre du rectangle.
,la symétrie d'axe :.
,la symétrie d'axe :.
en remarquant que si est une solution son image par les éléments du groupe est aussi solution, on peut se restreindre aux 3 cas suivants:
** coupe le rectangle suivant les 2 cotés opposés et :
avec : on doit donc avoir:
aire du trapéze jaune ou ce qui donne que:
ou et donc que la droite passe par l'un des points ou
** coupe le rectangle suivant les 2 cotés opposés et :
je ferais un autre post

Bonsoir à tous,
tout à fait d'accord avec les considérations d'elhor abdelali (j'ai suivi la même piste) mais je crois que le noeud du problème se situe à l'étape suivante, où il faut trouver une deuxième droite (passant également par l'un des 4 points), qui divise l'un des trapèzes (le mauve sur le dessin du post ci-dessus) en deux parties égales, et l'autre (le jaune) dans le rapport 1/3, 2/3 ...
Lorsqu'on l'aura déterminée, il faudrait en trouver une troisième qui divise en deux parties égales chacun des morceaux doubles

philoux je ne dis pas que le dessin du post 17:04 est celui de la solution :ici le dessin n'est qu'un support pour le raisonnement.On cherche à dégager les propriétés de la solution (si elle existe):c'est ce qu'on appelle les conditions nécéssaires d'existence,une fois connues ces propriétés,on fait le chemin inverse c'est à dire qu'on part d'une solution (condidate) vérifiant les conditions nécéssaires et on étudie si c'est suffisant pour qu'elle soit une solution:c'est ce qu'on appelle les conditions suffisantes d'existence.

Salut,

> elhor

Tu supposes m fini dans ton developpement, de maniere implicite. Comment elimines-tu les droites verticales? (il me semble qu'elles ne menent effectivement a rien, mais bon...)

Desole de cette intervention pour le moins rabat-joie...

A+
biondo

En fait, les droites qui divisent dans la proportion (3/7,4/7) un rectangle sont tangentes à 4 arcs d'hyperboles ( formant une étoile de pointes les 4 points pré-cités) ou passent par l'un de ces 4 points; les 4 points correspondent aux droites qui coupent 2 cotés opposés, les arcs d'hyperbole à celles qui coupent deux cotés adjacents

piepalm,comment tu montres ce que tu viens d'écrire?

Les droites qui découpent un rectangle dans la proportion ci-dessus en s'appuyant sur deux cotés adjacents(par exemple les axes de coordonnées) ont une équation cartésienne du type x/a+y/b=1 où a et b sont les abscisses et ordonnées des intersections; or, la surface du triangle reste égale à 3/7 de celle A du rectangle: donc ab=6A/7 Avec cette condition l'enveloppe des droites doit être, si mes souvenirs sont bons, un arc d'hyperbole, qui vient se raccorder aux points que tu as trouvés, lorsque la droite arrive sur un sommet du rectangle. Par contre, lorsque la droite intercepte deux cotés opposés, l'enveloppe se réduit aux 4 points que tu as trouvés.
  

Piste:

Une droite seule coupe obligatoirement le rectangle en 2 aires de restectivement (3/7)k et (4/7)k

Je peux imposer que la première droite que je trace soit à pente positive et que l'aire délimitée en bas du rectangle par cette droite soit égale à (3/7)k.

En faisant cela, je n'ai mis aucune restriction puisque tous les autres cas pour placer la première droite (pente et où se trouve la plus petite des aires) se trouvent par simples retournements de la figure (haut-bas, gauche-droite, pile-face).

2 cas sont alors possibles:

a)
figure du haut.

Aire bleue = (k-a).h/2 = (3/7)k

h = (6/7).k/(k-a)  et comme 0 <= h <= 1, on déduit 0 <= a <= k/7

On connait 2 points de la droite (qui dépendent d'un paramètre a): ces points ont pour coordonnées (a ; 0) et (k ; (6/7).k/(k-a))

On peut donc écrire l'équation de cette droite, soit:  y = (6/7).(k/(k-a)²).x - (6/7).ak/(k-a)² avec a dans [0 ; k/7]
---
b)
figure du bas:

Aire bleue = ak + (1/2).(h-a).k = (3/7)k

--> h = (6/7) - a  et comme h <= a -->  0 <= a <= 3/7

On connait 2 point de la droite ... et son équation est : y = [(6-14a)/7k].x + a avec a dans [0 ; 3/7]
---

On peut (mais je n'ai pas le courage de le faire), de manière analogue, trouver les 2 équations des droites à pente positives qui auraient la surface bleue = (4/7k)

et on peut aussi trouver les 4 équations qui conviennent pour les pentes négatives.
---
Chacune de ses équations dépendent d'un seul paramètre (mais différent pour chaque droite).
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Il suffit alors de combiner de toutes les manières possibles (cela fait quand-même quelques cas ), l'équation de 2 de ces droites, on aura alors le point de rencontre de ces droites (et il est obligatoirement dans le rectangle si on veut avoir 7 zones en fin d'exercice).

Le point de rencontre sera connu en fonction des 2 paramètres des droites.

La plus petite partie du rectangle résultant de la présence de ces 2 droites devra avoir une aire de k/7.

En exprimant cette contrainte, on trouvera la valeur d'un des 2 paramètres en fonction de l'autre. Donc la position des 2 droites ne dépendra plus que d'un seul paramètre.

Pour chacune des combinaisons de 2 droites ci dessus, on placera une 3 ème droite (une des 8 équations trouvées au début) et on pourra donc trouver les points d'intersection des 3 droites, ces points d'intersection ne dépendront que de 2 paramètres.

On pourra alors calculer les aires des triangles formés et imposer que ces aires = k/7.
Dés le calcul de 2 aires de 2 des parties du rectangles, les 2 paramètres restant seront imposés.

Soit les valeurs trouvées pour ces paramètres conviendront pour que les aires des morceaux restants soient aussi égale à k/7 et on tiendra une solution, soit les autres aires auront une mauvaise aire et il faudra alors passer à la combinaison suivante ...
-----
Si quelqu'un a le courage d'attaquer cette méthode, je lui souhaite du courage. (Attention je n'ai rien vérifié des calculs que j'ai fait au début et il reste possible que la piste que je donne soit minée).

Il faut aussi prendre ce cas-ci parmi les premiers proposés.

je continue;
aire du trapéze inférieure ou ce qui donne que
ou et donc que la droite (D) passe par l'un des points ) ou
remarque je n'ai pas oublié le cas d'une droite verticale mais c'est un cas simple et il y'en a exactement 2 qui passent respectivement par les points et (bien vu biondo)
arrivé à ce niveau on peut affirmer que
toute droite du plan qui partage le rectangle en deux parties dont le rapport des aires est 3/4 ou 4/3 et qui coupe le rectangle suivant deux cotés opposés passe nécéssairement par l'un des quatres points ; ; ou

On remarque que l'équation d'une des droites que j'ai donnée passe bien par le point (k/2 ; 3/7) déterminé par elhor_abdelali

y = [(6-14a)/7k].x + a

x = k/2 --> y = [(6-14a)/7k].k/2 + a

y = [(6-14a)/14] + a

y = (6/14) - a + a

y = 6/14 = 3/7

Et donc la droite passe par le point (k/2 ; 3/7).

Une conjecture qui me semble assez simple à vérifier: sur les trois droites cherchées, une seule intercepte 2 cotés adjacents, les deux autres interceptent deux cotés opposés (des paires différentes pour chaque droite).

Ca doit se montrer par l'absurde en supposant que si deux droites interceptent la même paire de cotés opposés, leurs angles intérieurs délimitent une aire égale soit à 4A/7 (impossible puisque inférieure à A/2) soit à 3A/7 (2A/7 d'un coté et A/7 de l'autre). Mais comme les triangles sont semblables, la longueur interceptée du coté du petit triangle ne peut excéder le coté divisé par rac(2)
La troisième droite doit alors diviser en deux chaque portion double; mais on voit intuitivement que le triangle a la plus grande partie de sa surface vers sa base, tandis que les deux portions qui contiennent les extrémités du coté opposé ont la plus grande partie de leur surface vers ce coté opposé, et donc qu'il semble impossible de trouver une droite qui divise chacun en deux parts égales. Tout ça demanderait à être mis en forme rigoureusement...

La progression de mes idées doit avoir l'air un peu décousue, mais je crois qu'en fait la démarche est d'examiner les différentes configurations possibles pour 2 droites:
a) elles interceptent la même paire de cotés opposés
b) elles interceptent deux paires différentes de cotés opposés
c) l'une intercepte deux cotés opposés et l'autre deux cotés adjacents
d) elles interceptent deux cotés adjacents identiques
e) elles interceptent chacune deux cotés adjacents dont un commun
f) elles interceptent chacune deux cotés adjacents dont aucun commun
et de monter que l'on ne peut pas placer la troisième droite pour répondre au problème (certains cas comme le f sont très simples à traiter)

Il me semble piepalm que ta dernière proposition est analogue à celle de mon message précédent.

Je continue un peu plus avant ce que j'avais dit:

Examen d'un des cas.
(On est dans le cas de la figure du haut)

La première droite à une équation du type: y = [(6-14a)/7k].x + a

a) Supposons que la 2 ème droite aussi, soit son équation= y = [(6-14a)/7k].x + b

Elles se rencontrent au point (k/2 ; 3/7), les 2 triangles bleu et vert ont des aires égales.

Comme la 3 ème droite coupera 1 seul des 2 triangles vert ou bleu, les 7 parts ne pourront être toutes égales dans cette configutation. --> impasse

On doit donc passer à un autre cas.

b)
Cas de la figure du bas.

Supposons qu'une des droites ait l'équation: y = [(6-14a)/7k].x + a
et l'autre y = (6/7).(k/(k-a)²).x - (6/7).ak/(k-a)²   (équation à vérifier, mais le principe décrit dans mon message précédent pour l'établir est correct, reste à vérifier l'exactitude de mes calculs).

On résout le système:
y = [(6-14a)/7k].x + a
y = (6/7).(k/(k-b)²).x - (6/7).bk/(k-b)²

On aura donc le point d'intersection des 2 droites (qui dépendront ou non de a et de b)

Et on a aussi les intersctions avec les axes de ces 2 droites.
--> on peut alors calculer les 4 aires des parties du rectangle.
On peut d'ailleur se limiter à imposer que soit l'aire verte, soit la bleue qui valle k/7 et cela donnera une relation entre a et b.
Les équations des 2 droites ne seront alors plus fonction que d'un seul paramètre (a ou b).
Il reste à choisir le type d'équation (parmi seulement quelques uns possibles) pour la 3ème droite, mais il est quasi certains que cela aboutira à une impossibilité.

Continuer ainsi avec les autres cas possibles.

Facile mais assez long.

On peut cependant penser qu'il n'est pas nécessaire de calculer tout les cas jusqu'au bout.
Dans la majorité des cas (tous ?), on pourra "couper au court" par la réflexion et montrer que le cas étudié est une impasse. (comme je l'ai fait dans le cas a ci-dessus).

Bonjour,

Merci d'voir montré cette impossibilité de partage en 7 parts égales.

Pour une remise dans le bain avant les cours, d'aucuns peuvent rechercher le partage en 6 parts égales par 3 coups de couteau concourants.

Bonne réflexion,

Philoux

Le cas de trois droites concourantes est assez simple: en effet chacune des droites, divisant le rectangle en deux moitiés, passe par son centre. Deux des droites interceptent la même paire de cotés opposés. En reprenant le cas d'un  rectangle kx1, la longueur du segment intercepté sera 2/3 pour le petit coté et 2k/3 pour le grand coté; ayant défini ces deux droites, on peut trouver la troisième qui doit couper en deux parties égales chacun des pentagones restant: pour cela on calcule la surface des deux triangles de sommet le centre et de base les morceaux restant de part et d'autre de la base des premiers triangles; il ne reste plus qu'à diviser les triangles ayant pour base les autres cotés pour compléter...