On ramène tous les noeuds du quadrillage "penché" dans le carré vert du quadrillage "droit". C'est donc bien sur le carré vert qu'on fait l'intégrale.
Après, décider qui est le quadrillage "droit" et qui est le quadrillage "penché", ça n'a bien sûr aucune importance.
Un truc à préciser, qui est clair sur la feuille GeoGebra dont je remets le lien : . L'angle d'inclinaison varie entre 0 et 45°.
Bonjour
Belle animation GBZM.
LittleFox, dans son message du 22/09 à 12h46 avait déjà résolu en intégrant de 0 à 45°.
Le plus important était donc de déterminer les zones où l'angle inférieur en bas du carré incliné sur le carré fixe, pour un angle donné, donne 4 à 6 régions. Ensuite, les calculs de ces surfaces par rapport à un angle donné puis l'intégration (on peut s'aider des logiciels) n'ont pas posés trop de problèmes à nos mathématiciens. Dites si je me trompe.
Je crois que mon approche diffère légèrement de celle de GBZM et j'ai dû ajouter des lignes et sortir du cadre vert et là en effet l'angle n'intervient plus .
J'obtiens un pavage du plan avec seulement dix pièces différentes , dans chacune d'entre elles il y a le même nombre de parts avec le même nombre de côtés .
J'illustrerai ce soir si le temps me le permet .
Heureux de voir que ce problème trouve de plus en plus d'amateurs
Imod
Je sais que je suis rarement clair dans mes raisonnements et explications , je vais essayer de faire un effort . On ballade un nœud du quadrillage oblique sur le carré rouge et on observe les différentes zones .
(img1]
En fait il y a 9 zones pour 8 configurations , le calcul semble accessible .
Imod
Joli dessin Imod, mais je ne comprends pas à quoi il correspond. Peut-on avoir des explications ? Comment sont définies tes lignes ?
En fait j'utilise la même méthode que celle qui m'a permis de calculer la moyenne des aires ( il me semble que c'est aussi celle de LitteFox ) . Je choisis un carré rouge unitaire du premier quadrillage et un nœud du deuxième que je promène dans le plan avec sa grille . Selon la position de ce point le carré rouge est découpé en 4 , 5 ou 6 parts . Si on considère le nombre de parts et leurs natures il y a 7 possibilités : 3345 , 3337 , 4444 , 33338 , 33446 333447 et 334455. Il y a huit couleurs sur le dessin car le cas 33446 apparaît sous deux formes différentes ( en bleu clair et en marron ) .
Si on veut poursuivre comme dans le cas de la taille moyenne des parts , il faudrait calculer l'aire de chacun des morceaux et trouver un pavage du plan avec des pièces comme le carré rouge mais respectant l'équilibre des couleurs .
J'espère que c'est plus clair
Imod
Sans aucun doute mais je vois mieux sur mon dessin . En plus on voit clairement le pavage avec les pièces encadrées en bleu . Il ne reste plus qu'à exprimer l'aire de chacune des parts pour obtenir la répartition des différents polygones .
Le calcul ne doit pas être trop long et on est loin des 36 parts ( sans aucune moquerie ) .
Je crois qu'on n'est pas loin du bout
Imod
En tout cas ce problème m'aura bien emballé et il restera à voir le cas où les deux quadrillages sont symétriques par rapport à un axe passant par deux nœuds . Je pense que les réponses tomberont très vite ( simples correctifs au cas général ) .
Mais il faut d'abord conclure pour la répartition des polygones
Imod
Pour ce qui est des 36 parts, tu en as moins parce que tu regroupes dans une même région des configurations de découpage différentes, mais qui ont même nombre de triangles, quadrilatères, pentagones ... . Voici deux configurations différentes que tu mets toutes deux dans la partie jaune :
J'avais bien compris et ce n'est pas vraiment important , si on calcule l'aire des différentes zones et on a le résultat . Après on peut évidemment procéder autrement , je n'ai aucune intention de hiérarchiser les démarches .
Imod
Tout dépend bien sûr de ce qu'on veut faire. Si on veut compter le nombre moyen de triangles, de quadrilatères etc. ça n'a pas d'importance. Si on veut calculer l'aire moyenne des triangles, quadrilatères etc., ça en a une.
Quelques résultats que j'espère corrects.
Nombre moyen de morceaux par carreau de quadrillage, en fonction de l'angle d'inclinaison a :
2*(sin(a)+cos(a)+1)
Nombre moyen de triangles :
4*cos(a)*sin(a),
de quadrilatères :
-4*(2*cos(a) - 1)*sin(a) + 4*cos(a),
de pentagones :
8*(cos(a) - 1)*sin(a) - 8*cos(a) + 8,
d'hexagones
4*(2*sin(a)^4 + (3*cos(a) - 2)*sin(a)^2 - 3*sin(a)^3 - 4*(cos(a) - 1)*sin(a) + cos(a) - 1)/(cos(a)*sin(a)),
d'heptagones :
-4*(sin(a)^4 + (2*cos(a) - 1)*sin(a)^2 - 2*sin(a)^3 - 4*(cos(a) - 1)*sin(a) + 2*cos(a) - 2)/(cos(a)*sin(a)),
d'octogones :
-2*(cos(a)^3 - (cos(a)^2 - 3*cos(a) + 2)*sin(a) - 3*cos(a) + 2)/(cos(a)*sin(a)).
Je ne garantis pas que ces résultats soient simplifiés au maximum.
Espérance du nombre moyen de morceaux pour une distribution uniforme de a :
2*(pi + 4)/pi, à peu près 4.5465. On retrouve le résultat de LittleFox.
Esprérance du nombre moyen de triangles :
4/pi, à peu près 1.2732,
de quadrilatères :
8/pi, à peu près 2.5465,
de pentagones :
8*(pi - 3)/pi, à peu près 0.36057,
d'hexagones
-8*(2*pi - 2*log(2) - 5)/pi, à peu près 0.26255,
d'heptagones :
4*(4*pi - 8*log(2) - 7)/pi, à peu près 0.027005,
d'octogones :
-2*(3*pi - 8*log(2) - 4)/pi, à peu près 0.076644.
Espérance de l'aire moyenne :
log(2)/pi, à peu près 0.22064. Ici le résultat est assez sensiblement diffférent de celui de LittleFox.
La simplicité de l'expression trouvée me fait penser que c'est correct, et aussi qu'il doit y avoir un moyen direct d'arriver à ce résultat. À suivre ...
Un certain nombre de ces résultats avaient déjà été donnés par dpi, je viens de le voir en relisant plus attentivement le fil.
Je n'ai tout de même pas vu le log(2)/pi, mais peut-être n'ai-je pas bien tout lu.
Je n'ai pas tout vérifié mais mes résultats ressemblent beaucoup aux tiens . On peut obtenir une expression rationnelle des nombres moyens de polygones en posant â=2.atan(x) . On récupère au passage les résultats pour des quadrillages partageant deux nœuds .
Imod
Une façon directe de retrouver le 2(1+cos(a)+sin(a)) : c'est l'aire du polygone convexe décrit par le coin inférieur du carreau penché soumis à la condition d'intersecter le carreau droit :
Il est clair que l'aire de l'octogone donne la bonne réponse , mais comment le dessin révèle-t-il le résultat ?
Imod
Bonjour
Je ne reviens pas (encore) dans la course mais j'aimerais une précision : comment obtenir un heptagone (espérance non nulle) ?
Imod : est-ce que cette animation te suffit comme réponse ?
Non , je vois bien qu'on ramène l'ensemble de l'octogone dans le carré bleu mais la figure ne me parle pas . Dans ce carré les différents morceaux se chevauchent . Il doit me manquer un élément pour comprendre l'idée qui fait marcher le truc
Imod
Un peu d'imagination, Imod
Quand tu ramènes les morceaux de l'octogone dans un seul carreau, tu vois qu'il y a des nuances de vert : plus c'est foncé, plus il y a de couches.
Et le nombre de couches au final au dessus d'une région, c'est le nombre de morceaux de la décomposition du carré penché quand son coin inférieur se situe dans cette région.
Donc la moyenne des nombres de morceaux pondérée par la surface des régions est égale à la surface de l'octogone vert.
Magnifique. Il y a plusieurs idées en une (regrouper certaines régions parmi les 36 en 8 régions qui forment l'octogone et qui donnent une fois regroupées le nombre de couches et donc le nombre de régions).
C'est sans doute le manque d'imagination ou la petitesse de mon écran , ou de ma vue ( ou d'autre chose ) , je n'ai pas vu les nuances de vert . En plus , les images défilent un peu vite pour moi
En tout cas l'illustration est jolie même si elle ne me parle pas vraiment
Imod
@GBZM
J'ai bien compris l'argument , j'ai simplement du mal à visualiser les choses sur ton dessin .
J'ai repris ton idée à partir de mon carré paveur en trois couleurs . Si on compte les morceaux avec leurs coefficients on a en tout 101 morceaux de 6 formes différentes . Je n'en prend que la moitié pour mon dessin :
Il n'y a que 49 morceaux au lieu des 50,5 attendus mais on a simplement remplacé 2 triangles et un demi-octogone par un rectangle comme on l'a déjà vu .
Les morceaux s'assemblent pour former les deux losanges et le carré que tu annonces et on retrouve bien la formule du nombre moyen de morceaux .
Ce n'est bien sûr pas plus malin que la méthode que tu proposes , c'est simplement plus visuel pour moi
Imod
L'argument de l'octogone vert a l'immense avantage de n'avoir absolument pas besoin de passer par un découpage et évite donc tout calcul d'aire non immédiat .
L'égalité d'aires que je rappelle ne fait appel à aucun calcul d'aire :
Mais ce n'est pas bien grave
Imod
Je vois bien que seul GBZM essaie de me suivre ( et bien souvent de me précéder ) sur ce fil mais bon . J'ai essayé de relancer à plusieurs reprises le cas de deux quadrillages symétriques par rapport à une droite passant par deux nœuds . Pour chaque cellule "pavante" , le cas discret fait disparaître trois pièces par rapport au cas générique ( à confirmer ) et quelle est la nature de ces trois pièces ?
Imod
Je poursuis avec l'octogone, qui me semble personnellement l'approche la plus fructueuse. Sur le dessin ci dessous, on voit une symétrie de rotation d'ordre 4 autour du centre (en violet) de l'octogone.
J'ai subdivisé l'octogone en fonction de la configuration de l'intersection du carreau penché avec le carreau droit. Du fait de la symétrie, il suffit de s'intéresser à 11 régions. Pour chacune de ces 11 régions, j'ai indiqué le nombre de côtés de l'intersection.
Il me semble maintenant pas trop pénible de calculer l'aire moyenne des triangles, quadrilatère, ..., octogones. Il faudra calculer une intégrale sur chacune des 11 régions.
Je n'ai pas eu le temps de regardé les 11 régions de l'octogone mais j'ai complété le mien pour ne pas avoir à utiliser les égalités d'aires .
Imod
Pour les triangles :
leur taille moyenne pour un angle d'inclinaison a est 1/12*cos(a)*sin(a)
et par conséquent l'espérance de leur taille moyenne est 1/12/pi
J'ai commencé à regarder ton octogone mais j'ai un peu de mal à suivre , notre approche n'étant pas tout à fait la même . On « développe » le carré unité pour faire apparaître chacune des parts , on isole ainsi les différents morceaux . Chaque morceaux va à un endroit bien défini qui doit être détaillé dans ton animation que j'ai du mal à suivre mais avec les numéros que as noté sur ton dernier dessin on s'y retrouve . Jusque là ça va .
Une chose dont l'évidence m'échappe : l'aire moyenne des octogones ( par exemple ) est-elle proportionnelle à l'aire de la case 8 du dessin ?
J'espère que ma question n'est pas trop bête , j'aimerais être sûr d'avoir compris avant d'attaquer les calculs .
Imod
As-tu un problème avec la définition que j'ai donnée ?
Je la rappelle :
On fixe un carreau droit. L'octogone est l'ensemble de tous les coins inférieurs de carreaux penchés qui intersectent le carreau droit fixé.
Dans le dessin de mon message du 11-11-20 à 18:51, le carreau droit fixé est celui représenté en bleu.
Je ne suis pas sûr qu'on fasse beaucoup avancer les choses en répondant aux questions par d'autres questions . Tu es dans une logique que tu n'as jamais explicitée , j'ai bien compris la ballade du point mais peux-tu détailler par exemple le rôle exact des 36 zones que tu utilises ?
J'ai sans doute l'air un peu aigri mais il est particulièrement vexant d'être ramené à une lecture d'énoncé quand on essaie de comprendre un cheminement qu'on ne comprend pas .
Imod
J'ai pourtant explicité à quoi correspondaient les 36 zones dans lesquelles j'avais découpé le carreau droit fixe. Dans ce carreau se balade le coin inférieur d'un carreau penché. Les frontières des 36 régions sont les lieux des positions du coin inférieur du carreau penché mobile pour lesquelles
- un noeud du quadrillage droit est sur un côté du carreau mobile
ou
- un coin du carreau mobile est sur une ligne du quadrillage droit.
Ces frontières correspondent aux positions où le découpage du carreau mobile par le quadrillage droit change. À l'intérieur de chacune des 36 régions, la configuration du découpage du carreau mobile reste la même.
C'est une méthode pas très surprenante, quand on étudie une configuration qui varie, de déterminer le "lieu critique" où la configuration change.
Et encore une fois, j'ai abandonné ce découpage en 36 régions pour l'octogone décrit et dessiné ci-dessus, qui fournit à mon avis une approche beaucoup plus claire et plus efficace.
Il m'arrive de m'agacer quand je perds le fil d'un problème
J'avais parfaitement compris ce que tu racontes en fait je cherchais ( en vain ) de raccorder ton découpage en pointillés au carré paveur que j'avais en tête .
J'ai fini par trouver le lien :
Le passage à l'octogone n'est pas vraiment un changement de stratégie , on y retrouve coefficientés chacune des 36 parts du carré initial . Mais comme chaque pièce représente un seul morceau , on peut les regrouper comme tu l'as fait .
J'en suis là , j'ai peu de temps libre et j'ai tendance à la rêverie et à la paresse
Imod
Il me semble que je t'avais déjà montré le lien dans ce message :
Quadrillages superposés
Pas grave.
Bonjour
Pour ceux qui voudraient prendre le train en marche, les 36 régions sont simplement un découpage où, quand il s'y trouve « l'angle inférieur » du carré incliné dans une de ces régions, il est découpé d'une certaine façon par le quadrillage. J'ai numéroté ces 36 régions pour m'y retrouver et ci-dessous, par exemple, le cas de la région 36. J'ai aussi dressé un tableau qui, pour chacune des 36 régions donne le nombre de polygones (triangles, quadrilatères, …, octogone) du carré incliné ainsi découpé.
Pour les quadrilatères :
leur taille moyenne pour un angle d'inclinaison a est
1/12*(2*cos(a)^4 - 2*cos(a)^2 - 4*cos(a) - 4*sin(a) + 7)/(cos(a)-(2*cos(a) - 1)*sin(a))
SageMath cale quand on lui demande d'intégrer ça symboliquement pour a variant de 0 à pi/4.
Mais l'intégration numérique donne une valeur de 0.16459994376558 pour l'espérance de la taille moyenne des quadrilatères.
En voyant le carré numéroté des 36 régions on se doute que les régions 25, 26, 28 et 29 donnent le même nombre de polygones. C'est ce qui m'a permis de repérer une erreur pour 29 dans mon tableau (il y en a peut-être d'autres car rempli rapidement).
Je t'assure, Derny, les 36 régions avec pour chaque région plusieurs morceaux du carreau, c'est galère !
Les 11 régions du quart d'octogone de Quadrillages superposés, avec un seul morceau pour chacune de ces régions, c'est nettement mieux .
Oui mais "les 36 régions" sont faciles à comprendre pour tous y compris moi-même. En fait, grâce aux symétries et autres il n'y a que 11 régions à étudier. J'ai repris mon tableau qui comportait des erreurs (j'espère qu'il n'y en a plus).
Tu as toujours au moins un coup d'avance. Je n'ai pas encore examiné ton grand octogone.
Je n'ai rien contre les calculs de GBZM , au contraire et j'ai enfin compris comment il fallait les faire , mais à la main c'est vraiment trop lourd . Après , je m'intéresse aux "symétries" du pavage car j'aurais bien d'autres questions pour des quadrillages partageant deux nœuds quand on aura évacué ces problèmes "génériques" qui ne manquent pas d'intérêt mais qui ne motivent pas beaucoup .
PS @ derny : "les 36 régions" sont faciles à comprendre pour tous y compris moi-même" . Personnellement je n'y avais rien compris jusqu'à peu
J'aimerais relancer le problème sous un angle moins calculatoire et peut-être plus motivant pour les amateurs ( comme moi ) qui s'écroulent sous le poids de toutes ces moyennes et espérances .
Une façon simple de construire les deux quadrillages est de partir de deux nœuds du premier et de faire une symétrie par rapport à l'axe défini par ces deux points . Cet axe est défini par un vecteur de coordonnées (a,b) qu'on peut considérer dans un premier temps premières entre-elles et de parités différentes .
Sous ces conditions , les deux quadrillages pavent le plan avec un nombre fini de pièces différentes . Il semble légitime de s'interroger sur le nombre des pièces différentes constituant ce pavage et sur la nature et l'aire de chacune d'entre elles .
Certaines réponses dériveront certainement directement du cas générique , d'autres un peu moins .
Plutôt que le précédent tableau , j'aimerais bien qu'on remplisse celui là :
Imod
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