@dpi
Il est facile de montrer que parce qu'on a que des droites, il suffit de deux couleurs.
Chaque fois que l'on traverse une de ces droites on change de couleur.

Mauvaise image

Joli pavage

J'avais déjà rencontré cet exercice de coloriage en deux couleurs et je n'ai jamais compris où était le problème : on noircit une case sur deux .

Le pavage en croix est en effet plus efficace qu'en bandes et le pavage est plus intuitif .

On a bien pour a>b de même parité :

L'étude se réduit donc aux rectangles a X b avec ou ( exclusif ) b pair .

Imod

Je dirais même que les grilles (a;b) sont primitives si et seulement si:
a>b
a ou b est pair
a et b sont premiers entre eux

Je m'avance un peut pour le 'si' mais j'ai confiance

Oui , premiers entre eux c'est assez évident .

Imod

Bonsoir
On voit pourquoi on a les mêmes découpes pour 2 rectangles. Par exemples 2x1 idem que 3x4 ou 4x1 idem que 3x5. Contrairement à ce que je pensais il n'y a pas que les pentes des triplets pythagoriques qui fonctionnent.
LittleFox, tu as dessiné avec Paint ? J'ai travaillé avec Géogébra mais, malgré la fonction « Séquence » c'est assez laborieux.

Le schéma est fait avec Geogebra. Puis rempli avec paint.net (une version un peu plus évoluée de paint).

Ma réflexion pour 4 couleurs était pour que chaque zone n'ait à sa frontière que des zones de couleurs différentes.

Le théorème des 4 couleurs ...
On a besoin de 4 couleurs pour le cas général, mais ici, on est dans une configuration extremement favorable, et donc 2 couleurs suffisent.
Pourquoi notre configuration est-elle extrêmement favorable ?
Tous les traits sont infinis, nous n'avons pas de segments.

Dans un vrai coloriage, ce n'est pas le cas. Si on prend une carte de France, et en fait uniquement les 3 départements  75/92/93, on a la frontière entre le 92 et le 93 qui forme un segment (ou une demi-droite), et ce segment s'arrête en arrivant sur le 75.
Du coup, on ne peut pas représenter ces 3 départements avec seulement 2 couleurs, il en faut 3.

C'est le fameux théorème des quatre couleurs



En calculant la distance horizontale entre les points verts , j'arrive à . Avec a et b les dimensions du rectangle dont deux sommets sont des nœuds des  quadrillages . Le nombre de carrés unités constituant  la bande ou la roue de base est alors   dans le cas ou a et b n'ont pas la même parité .

Après il reste à voir le nombre de points d'intersections et leur ordre pour compter les pièces ( je me demande si ce n'est pas un peu lourd )

Imod

Bien sûr a et b sont premiers entre eux .

Imod

Bonjour. D'accord avec tes calculs Imod. Pour lL=2x7 par exemple on a une période de 53 et 249 régions. Soit une surface moyenne de 249/53=4.7 environ. La moyenne est élevée car dans ce cas on a beaucoup de "petites surfaces".
Avec Geogebra j'ai enfin trouvé comment dessiné rapidement les 2 quadrillages : 1) on trace le premier quadrillage à l'aide de 2 séquences. 2) on trace une droite 2x7 pour mon exemple. 3) le 2e quadrillage est le symétrique du 1er quadrillage par rapport à cette droite.

4.7 n'est pas la surface moyenne mais le nombre moyen de régions. Surf. moyenne=0.213 environ. Je n'ai pas compté le nombre de régions différentes.

Il reste à exprimer le nombre de régions dans la figure de base en fonction de a et b .

Imod

Bonjour. Effectivement il est difficile d'exprimer le nombre de régions en fonction de a et b. Cependant j'ai construit une formule qui donne des résultats approchés et même exacts dans beaucoup de cas. La voici :
Nombre de régions
Exemples :
Pour a,b=2,1Nb=21   bon
Pour a,b=3,2Nb=58 au lieu de 57
Pour a,b=4,1Nb=77   bon
Pour a,b=5,2Nb=133   bon

a et b de parité différente sinon on divise par 2 (a²+b²)

Cependant une formule exacte, si elle existe, ne saurait-être de ce type. En effet, pour les grands nombres on obtiendrait une surface moyenne de plus en plus petite ce qui n'est pas.

Bonjour Derny

Je crois assez en l'existence d'une formule donnant le nombre de pièces dans la figure de base et sans doute avec de l'arithmétique élémentaire ( sans partie entière ) .

Il est difficile d'établir une formule avec seulement quelques exemples , l'idéal serait de compter le nombre de pièces de natures différentes et leur nombre pour de nombreuses valeurs de a et b mais ça risque d'être bien lourd .

J'ai eu une autre idée en observant une grille pavée avec des croix à 5 cases ( correspondant aux valeurs (1;2) ou ( 1;3)  de a et b ) . En prenant sur chaque croix un sommet sur trois , on obtient un nouveau quadrillage ( de côté mais ce n'est pas important ) . Puis on cherche les quadrillages passant par deux nœuds de ce nouveau quadrillage ( on retrouve au passage le triangle 3-4-5 parmi plein d'autres ) . La même méthode peut être développée à partir de toute autre paire {a;b}  , je ne sais pas si on peux démarrer une sorte de récurrence à partir de là .

Ce ne sont vraiment que des idées en l'air ( pas trop de temps libre en ce moment )  .

Imod

Mon emploi du temps c'est allégé et je suis revenu sur ce problème qui me titille toujours car il n'a certainement pas dit tout ce qu'il avait à dire

L'approche de LittleFox est vraiment concluante ( je n'ai pas vérifié tous les calculs mais je lui fais confiance ) . On obtient un joli pavage régulier en coloriant l'ensemble du plan dans les couleurs 4-5-6 .

J'ai aussi gardé en tête les deux quadrillages partageant certains nœuds . En général les solutions sont multiples , comme le montre la figure suivante :



En plus d'établir une moyenne du nombre de parts , les calculs de LittleFox donnent des proportions entre différentes parts .  Je garde un petit espoir qu'on puisse estimer le nombre moyen ( exact ??? ) de parts pour deux quadrillages symétriques par rapport à un axe passant par deux nœuds .

Imod

J'ai repris le problème à zéro et il y a des simplifications surprenantes

Dans un premier temps je suis revenu au cas général et j'ai retrouvé les formules de LittleFox qu'on peut simplifier . Je reprends son code couleur :

Le carré entouré en bleu permet de paver le plan , il permet donc de calculer le nombre moyen de parts dans un carré de côté 1 .

On a :

Rouge = C+4T
Vert = 2R+4T
Jaune = 1- C- 2R - 8T

Le nombre moyen de parts est donc : M = 4.Rouge + 5.Jaune + 6.Vert = 5+2R-C .

Or les aires des carrés rouges et des triangles verts ont déjà été données :

C = (2-cos â -sin â )²  et R = ( 1 - cos â ).((1-sin â ) . On arrive donc à M = 2.(1 + sin â + cos â ) .

En intégrant de 0 à 45° , on obtient un nombre moyen de parts égal à .

Il y a aussi plein d'autres choses à découvrir pour la suite quand â est une arctan d'un rationnel . J'ai sans certitude et sous conditions : , avec x=a/b définis précédemment .

Imod

Il y a un problème dans les images envoyées : il y a deux fois la première et la deuxième est expédiée à la fin du message .

Imod

Il faut lire aussi aire des "rectangles verts" au lieu des "triangles verts" .

Imod

Dernière correction :

Pour x=a/b ,

Imod

PS : désolé , pour ces multiples corrections mais j'ai une liaison calamiteuse et le moindre "aperçu" me prend une bonne demi-heure . L'impossibilité d'éditer est pour moi une véritable calamité ( sans parler des images qui ont toujours un épisode de retard )  .

J'ai un peu monologué hier et je me suis beaucoup agacé car j'avais une liaison internet épouvantable . J'aurais pu attendre aujourd'hui pour poster mais l'envie de partager ...

Le fil est un peu long et ancien , je résume le problème car on finit par s'y perdre :

1°) Question initiale : On superpose deux quadrillages orthonormés illimités et on demande la taille moyenne des morceaux ( ce qui revient à estimer le nombre moyen de morceaux par carré unité ) .

2°) Première variante : même question lorsque les deux quadrillages sont symétriques par rapport à une droite passant par deux nœuds partagés par les quadrillages .

3°) Deuxième variante : Pour deux nœuds communs donnés , quels sont les quadrillages qui fournissent une taille moyenne des parts qui soit minimale .

La réponse à la question 1°) est 2+8/pi pour le nombre moyen de parts et pi/(2pi+8) pour la taille moyenne .

La réponse à la première variante est (a²+b²)/(4b(a+b)-3) si (a ;b) sont les coordonnées du vecteur dont les extrémités sont les nœuds communs avec 0 < a < b , premiers entre eux et de parités différentes . Si a et b ne sont pas premiers entre eux , on les divise par leur PGCD et s'ils sont tous les deux impairs on les remplacent par (( b-a)/2,(b+a)/2) .

Par exemple si (a,b)=(9,15) , on remplace (a,b) par (3,5) puis par (1,4) , la taille moyenne des parts est 17/77 .

Je n'ai pas encore réfléchi à la deuxième variante mais la réponse n'est pas complètement immédiate . Pour un vecteur (a,b)=(3,4) , on peut choisir un axe de direction (1,2) qui fournira des parts plus grosses que (3,4)  .

Imod  

Pour la deuxième variante ( uniquement pour GBZM )  , on élimine bien sûr le cas où les deux quadrillages sont identiques .

Imod

Tout le monde semble avoir abandonné l'affaire et pourtant il me semble qu'il reste plein de questions ouvertes et abordables .

Par exemple :

Quelles sont les proportions de triangles , quadrilatères , ... , octogones , parmi les différents morceaux ?

En moyenne , combien y-a-il de nœuds dans un carré unité ( ou dans un élément paveur dans le cas discret ) ?

En moyenne , combien de segments dans un carré unité ( ou un élément paveur ) ?

Quelles sont les positions extrémales pour les différents éléments considérés ?

...

Je ne continue pas tout seul , je m'arrête là si je n'ai pas de réponse

Imod

Je regarde avec intérêt tes développements mais je n'ai pas trop le temps de chercher pour l'instant.
Je me suis marié ce samedi Et là je rattrape le boulot

Je suis impressionné par ton .
Ta formule pour M est pas mal aussi, j'aimerais la tester quand j'aurai le temps.

Les proportions des différents polygones restent les même. Non? Seulement si on garde les polygones de taille nulle

Ouahh

Toutes mes félicitations à toi et à l'heureuse élue

Dans la vie il y a des priorités qu'il faut savoir garder .

A bientôt .

Imod

Bonjour imod
Ton travail mérite mieux que le dédain...
Perso,j'ai lâché quand j'ai vu la complexité de la chose...

>Littlefox
Félicitations ,j'espère qu'avec ta moitié tu seras deux fois plus fort...

Félicitations LittleFox.
La relève et la future relève sont là.
Cependant, "le club des anciens" Imod, dpi et moi-même avons encore beaucoup à faire.

Ceux qui me connaissent un peu savent que j'ai beaucoup de mal à lâcher un os qui me plait et comme je n'ai plus beaucoup d'écho ici ( ce n'est pas une critique ) , j'ai relancé ailleurs :

Le démarrage est un peu lent mais c'est souvent le cas pour les problèmes "hors-normes" . Comme le problème a été initié ici par Derny  , je vous donne le lien pour que vous puissiez suivre et/ou participer ici ou là bas

Imod

Bonsoir
Non Imod ce sujet n'est pas totalement terminé pour moi. Sauf que je suis actuellement pris par d'autres activités. Qu'est-ce que je devrais dire sur mes 2 derniers sujets qui n'ont pas ou presque pas eu de réponse. Il est vrai que pour l'un (chaîne de Steiner) est un sujet difficile et l'autre (partage d'un carré en 14 régions) n'est pas vraiment difficile mais plutôt fastidieux à résoudre.
Attention, poster sur un autre site s'apparente à du multi-post il me semble.

Il m'est arrivé à plusieurs reprises de relayer des problèmes d'un site à l'autre , parfois avec succès . Je n'ai jamais eu l'intension de pratiquer un multipostage dans l'espoir d'avoir très vite une réponse à une question que je n'aurais pas fait l'effort de chercher . Habituellement je demande d'abord l'avis de l'auteur mais je n'ai toujours pas compris comment on envoie un message personnel sur ce site .

Pour les deux problèmes auxquels tu fais allusion . Les chaines de Steiner , j'ai vite laissé tomber car c'est clairement chronophage . Je n'ai pas cherché le découpage du carré car j'étais persuadé qu'il y avait un bug dans l'énoncé .

Ceci dit , il n'y a pas d'urgence à résoudre ce problème de quadrillages ( personnellement j'aime bien laisser reposer ) mais faire appel à d'autres intervenants ne peut pas nuire .

Une question supplémentaire : en moyenne il y a un nœud du deuxième quadrillage dans chaque carré unité du premier mais pour un angle donné quelles sont les proportions de 0 , 1 ou 2 points par carré ? On peut bien sûr différencier les cas ou les quadrillages partagent des nœuds ou pas .

A bientôt pour la suite ...

Imod  

Bonjour,

Une idée qu'il ne me semble pas avoir vue pour le cas "générique", c.-à-d. le cas où sont linéairement indépendants sur (où je note l'angle d'inclinaison du deuxième quadrillage sur le premier).
On peut alors utiliser, il me semble, les résultats d'ergodicité pour ramener le problème à celui d'un calcul d'espérance pour une distribution uniforme du coin inférieur A du carré du deuxième quadrillage (en marron sur le dessin) dans un carré du premier quadrillage (en vert pale sur le dessin).
Le carré vert pale est subdivisé en 29 régions par les lignes pointillées qui correspondent aux situation critiques (un sommet du carré marron sur une ligne rouge ou un bord du carré marron passant par un noeud du quadrillage rouge). On regarde alors ce qui se passe dans chacune des 29 régions et on pondère par l(aire de cette région. Un peu barbant.

Un lien sur une feuille Geogebra :

Bonjour GBZM

En fait ton approche est très proche de celle de LittleFox avec une toute petite différence , tu déplaces un carré unité sur une grille complète alors que ce dernier déplace une grille sur un carré unité , ce qui revient évidemment au même . Sur ton carré vert tu vas retrouver les trois couleurs du dessin de  LittleFox ( il est simplement cadré différemment ) .

Après le calcul de la taille moyenne des pièces n'est pas si laborieux que ça , je pense l'avoir détaillé dans mes messages du 18/10 ( malheureusement un peu pénibles à lire ) .

Imod

En reparcourant le fil, j'ai effectivement trouvé l'intervention de LittleFox. Quadrillages superposés

Je me suis aussi aperçu qu'il manquait pas mal de lignes pointillées sur mon dessin. Je rectifierai cela plus tard.

Voila, j'ai rectifié : plus de lignes pointillées, et 36 région maintenant.

La nouvelle feuille GeoGebra :

Ça commence à bien ressembler à cette figure non?

LittleFox @ 22-09-2020 à 12:46


Voici mes résultats :


[...]

Oui, tout à fait.
Il y a plus de régions  sur ce que j'ai dessiné parce que je ne retiens pas uniquement comme critère le nombre de morceaux dans la subdivision d'un carré.

Tu peux préciser les critères que tu as ajouté .

Imod

J'ai écrit plus haut ce que représentaient les lignes pointillées : les configurations critiques où un noeud du quadrillage rouge est sur un côté du carré vert, ou bien un sommet du carré vert sur une ligne du quadrillage rouge.
Sur chacune des 36 régions ainsi délimitées, non seulement le nombre, mais aussi la disposition et la forme des morceaux découpés par le quadrillage rouge dans le carré vert sont invariants (et en particulier on a des formules uniformes pour les aires des différents morceaux).

Ah oui , ça devient intéressant car de nombreuses questions pour la configuration générale ont une réponse sur ce dessin . Il suffit de trouver le bon coloriage , on progresse à grands pas

Imod

A la réflexion , la figure de GBZM n'apporte pas de solution à la répartition des polygones . L'illustration est clairement annoncée pour un angle donné , il n'y a donc pas de tromperie mais certaines lignes s'échangent si on fait varier l'angle et il faut parfois prolonger les pointillés ou en ajouter d'autres . J'ai regardé sur un exemple les différentes configurations de découpes d'un carré par un réseau et je n'en ai trouvé que 4  : 3445 , 4444 , 33446 et 334455 ( chaque chiffre donne le nombre de côté des polygones qui remplissent le carré unité ) . Certaines symétries apparaissent mais pas en nombre suffisamment pour offrir un pavage qui règle le problème .

Il faudrait étendre le problème au delà du carré vert mais le temps me manque

Imod  

Je me suis mélangé dans les balises. Je reprends.

Partant du message de GBZM hier 10h19,
Oui, pour une orientation alpha fixée, on va calculer une intégrale sur un carré. Si on déplace le sommet A partout dans cette surface, pour chacun des points, combien a-t-on de zones.

Mais j'ai un doute.
Il faut calculer cette intégrale sur tout le carré vert clair ?
Ou bien sur tout le carré rose ?
Ou bien, qu'on fasse le calcul sur un carré ou sur l'autre, au final, on obtient le même résultat ?

Bonjour à tous,

J'ai suivi de loin la saga de cet exercice.
Je suis admiratif devant les figures qu'aurait aimé Vasarely.