salut

allez pour faire avancer le schmilblick ...

avec un peu de hasard et un chouia de réflexion :

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250 m

bon j'améliore grandement le résultat :

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Bonjour

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Je verrais bien deux quarts de cercles relié par un morceau de diagonale .

Bonjour,
énoncé plus simple que mon tennis.

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Je dirai que 200 m suffisent (les deux médianes)

Bonjour,
D'accord avec dpi et presque avec Imod

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Pourquoi pas 2 arcs symétriques par rapport à une médiane et un morceau de l'autre médiane ?

ha ça bouge !!!

ha oui Imod : j'aime le H ...   ::

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effectivement j'ai fait un H droit dans le carré qui me donne ma deuxième valeur (voir mon deuxième post)

le H est est droit ... mais en oblique dans le carré !!! (donc sa barre horizontale est effectivement un morceau de diagonale) mais je n'est pas pensé à faire les barres verticales en arc de cercle !!!

J'ai pu me tromper mais j'ai l'impression que toutes les solutions proposées font moins bien que les deux médianes ( solution tellement triste )

Imod

Ayant répondu,je me suis permis de faire le calcul de Imod

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cela fait 205.5288 m

Quant au "H" de carpediem

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241.4216 m  j'en profite pour rectifier une décimale ^pour imod 205.8288

On doit y arriver avec un H à bords circulaires et barre droite ( ce que que suggérait Sylvieg ) , après il faut faire les calculs et c'est sans moi pour ce soir

Imod

dpi : damned ... mais alors pourquoi je trouve ce que je trouve ???

Bonsoir
Des croquis seraient plus parlants.

Bonjour,
Il suffit de demander

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Bonjour
A dpi

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On peut faire mieux mais, comme souvent avec toi, il y a de l'idée

Et si on fait un cercle dans le terrain?

Le cercle  dans le terrain n'était pas une bonne idée mais avec une solution intermédiaire entre les médianes et le H, j'obtiens une clôture de moins de 198.11m.



E (46,9476;46,9476)
Longueur   198,109m

Waouh

Bravo LittleFox.
Peux-tu donner ton équation pour voir si c'est la même que pour moi ? Certainement car j'arrive à 198,108902 environ.

A moins que tu aies travaillé avec Geogebra sans passer par le calcul ?

Mon équation est (pour un carré de 1m de côté):


Avec E = (x,x).

J'ai dû trouver le minimum numériquement, le résultat analytique me semble compliqué.

Il faut trouver la position du point P qui minimise la longueur rouge avec deux parts égales dans le tringle rectangle isocèle .


Imod

J'ai résolu analytiquement. Il a fallu dériver une expression assez compliquée mais le calcul n'est pas insurmontable.

@Imod C'est presque ce que j'ai fait (et apparemment Derny aussi).
Avec , A,B et le centre du carré comme sommets du triangle et E comme ton P.
Attention cependant que la partie rouge du bas est deux fois dans le schéma final alors que la partie rouge en diagonale l'est quatre fois.

En effet une longueur pour l'un et deux pour l'autre ( je l'ai pensé mais pas écrit )

Imod

J'arrive au final à du 4e degré mais sans terme en x^3.

Sur votre inspiration,
Je trouve 197.9899 m

En effet, au vu du dessin de Littlefox ,j'ai pensé que IC  aurait  pu être le rayon de ma figure 3 56.419.
J'ai donc bâti un modèle qui me donnait  199.0845.
En faisant varier mon erreur ,j'aboutis à 53.571 qui me donne 197.9899 m

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On obtient bien la même longueur minimale mais que représente ton y? Je n'arrive pas à le lier à mon x.

Comme tu l'as vu je suis parti d'une idée fausse mais approchée et comme mon tableur
donnait directement un résultat convenable,j'ai  fait varier IC   autour de 53.5 au 1/1000
le minimum semblant pour moi atteint pour 53.571 donnant des branches de 47.1407
et in lien diagonal de 9.4270.
Il semblerait donc que 197.9899 m soit la longueur de la clôture minimale

J'en profite pour te demander de voir mon tennis car tu devrais t'éclater...

dpi, on ne peut pas faire moins que 198,108902... car j'ai annulé la dérivée de l'équation qui donne la longueur. Je ne croirais une meilleure distance qu'au vu d'un calcul précis.

dpi Tu as la même forme que moi non? Le minimum est donné quand |IC| = 53,25.
La longueur est alors donnée par 198,109.
Quand |IC| vaut 53.5 alors la longueur est de 198.12, ce qui est plus grand.

J'utilise l'équation suivante:
En notant la longueur de IC et L la longueur totale, on a :



Ce qui m'a fait remarqué que derny utilise y = |IH|

Pour le terrain de tennis, oui, ça à l'air marrant mais beaucoup trop de variable et j'ai pas encore décidé quel outil j'allais utilisé pour dessiner et tester différentes approches

En utilisant l'équation en z du message précédent, j'obtiens bien la même équation que derny :

Avec , . Les solutions n'en sont pas moins difficiles analytiquement (ou bien wolfram alpha affiche un résultat bien compliqué).

C'est curieux en raisonnant géométriquement ton IC donne 198.0050
et si je teste 53.571 on arrive à 197.9899 sauf erreur.
Comme j'avais noté ABCD pour mes aires je les ai gardées en NOIR

J'ai trouvé l'erreur avec mon IC les branches mesurent  47.14 par
le carré PCFR alors que plus directement elles mesureraient  47.17
dans le triangle rectangle IFM

Je n'ai pas résolu analytiquement en effet. J'ai laissé le soin du dernier calcul au solveur de Microsoft.

Ci-joint mon calcul de départ

Passons les calculs intermédiaires de la dérivée. Ci-après le résultat du calcul

Bonjour,
Pas dormi de la nuit ....
J'ai analysé ta solution et je trouve  comme toi la longueur de la petite barrière,mais
il y a un gros hic si on vérifie les branches comme pour mon exemple...
Si on calcule les branches dans le quadrilatère on trouve 47.3694
puis dans le cerf-volant on trouve 46.9484.
La solution est de réduire à 0 la petite branche......

soit

oublié Pythagore  dans branche 2

PLUS DE HIC et donc bravo

Bonjour
dpi, bravo pour ta ténacité !
J'ai plein d'autres (bons ?) casse-tête à venir en stock mais je ne suis pas toujours disponible pour m'en occuper.

Bonjour. En ce moment je n'ai pas vraiment le temps de participer aux différentes énigmes proposées. Cependant je viens de tomber par hasard sur ce problème posé depuis longtemps et une meilleure solution existe ! dpi était sur la voie. Je vous laisse chercher avant de donner la solution qui, cette fois, sera la meilleure.

Oui,
C'était le bon temps des énigmes pour lesquelles il fallait optimiser la solution:
Ici solution basique 200 m solution historique  198 ,11 m .
Il faut donc trouver mieux .

Oui. Indice : une droite et des courbes

Bonjour,

oui,
on en avait parlé, mais il s'agissait de couper en trois, en 2011 d'après la date de mes fichiers sur la question, rescapés du crash.
je ne sais plus trop si c'était sur les-mathématique.net ou sur un groupe Usenet, voire même ici même ??

sans chercher beaucoup, par réglage expérimental sur Geogebra :

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d'après mes notes il semblerait que les optimas soient avec des arcs de cercles ME etc et pas d'autre sorte de courbe,
éventuellement dégénérés en segments de droites (EF) et qu'ils doivent être perpendiculaires au contour extérieur, en M, N, P, Q
(du carré ou de n'importe quoi à partager en morceaux d'aire donnée)

en réglant plus astucieusement (avec un seul paramètre au lieu de 2, par une conjecture pas si absurde), on arrive même à L = 197,559

Bonjour. Bravo mathafou. C'est ça. Le fichier d447jn.pdf trouvé sur Internet donne 197.5593.

Pour la bonne cause quel est le rayon des arcs (si ce sont bien des arc de cercle)?