Bonjour ,

Pour débuter , je dirais sans réfléchir :

1°) 0,25 .
2°) Quand les deux quadrillages ont deux nœuds en commun .

Imod

Pour la question 1, c'est moins que ce 0.25.
Un carré de la feuille 1 est divisé :
- Soit en 4 quand ce carré contient un seul sommet de la feuille 2
- Soit en 5 (ou 4) quand ce carré ne contient aucun sommet de la feuille 2
- Soit en 6 quand ce carré contient 2 sommets de la feuille 2.
Donc le résultat final est une certaine moyenne de 1/4, 1/5 et 1/6 ... mais je n'ai pas de résultat plus précis pour l'instant.
Va falloir calculer une certaine intégrale entre 0 et pi/4.

Il me semble qu'avec un unique sommet à l'intérieur d'un carré on peut avoir 4 ou 5 parts .
Je ne crois pas trop en une intégrale , il s'agit très certainement d'un problème discret ( grosso-modo compter le nombre de parts dans chaque carré ) . J'essaierai de voir ce qui se passe sur une bande de largeur 1 , j'ai une forte intuition qu'il se passera exactement la même chose sur chacune d'entre elles .

C'est un problème bien ouvert comme je les aime

Imod  

Si la feuille 2 est disposée parallelement à la feuille 1 , mais non superposée, alors on a une surface moyenne de 0.25.
Si la feuille 2 est disposée avec un angle très petit par rapport à la 1ère, on doit avoir une surface moyenne très proche de 0.25 . Et dans le cas le pire, quand les droites forment des angles de 45°, ça doit être la configuration où on a une surface moyenne la plus faible, parce que c'est le cas où on a beaucoup de carrés découpés en 6.
Donc, pour faire la moyenne entre tous ces cas, je pense que ça passe par une intégrale.

On parle d'une feuille 'infinie'. Donc la seule information nécessaire pour décrire la position relative des 2 feuilles, c'est l'angle.

Et effectivement, c'est une très beau problème.

Je vois ce que tu veux dire avec ton intégrale mais je ne pense pas que ce soit la difficulté principale .

Pour le cas général , on peut supposer qu'aucune ligne d'un quadrillage ne passe par un nœud de l'autre et alors en effet l'aire moyenne ne dépend que de l'angle ( elle est stable par translation d'une grille conservant la condition ) .

Après la première question n'est pas complètement claire : demande-t-on la moyenne pour deux grilles données ou pour l'ensemble des paires de grilles ( j'avais compris la version 1 ) .

Il me semble d'autre part que l'ordre et le choix des questions est trompeur , j'aurais bien vu une question 0 : quelle est l'aire moyenne pour deux grilles partageant deux nœuds ( on a alors un triplet pythagoricien ) ?

Imod

Bonsoir,
pour le deuxième problème, et si je comprend bien la question, il me semble que les formes sont toutes différentes si et seulement si la tangente de l'angle entre les deux quadrillages est irrationnelle.

Bonsoir
On peut répondre aux 2e et 3e questions sans chercher pour la première.
Oui Verdurin. Donc, à contrario il faut chercher du côté du rationnel.

Je dirais que, sauf cas particuliers, il n'y a aucun sommet commun entre les deux grilles.

Bonjour. Il n'y a en effet aucun sommet de grille 1 sur grille 2 ni même sur une droite de grille 2.

Pour référence, voici une telle paire de grilles avec un angle de 41° (non rationnel donc).

Le problème c'est, qu'à l'œil, il semble que certains croisements se trouvent sur une ligne. Or il n'en est rien (il faut parfois un fort grossissement pour le voir).
Répondez d'abord aux 2e et 3e questions moins sujettes au débat et plus faciles à résoudre.

LittleFox, comment fait-on avec Geogebra la superposition décalée de 2 graphiques ?

2) Quand la tangente de l'angle entre les deux grilles est le rapport entre deux petits côtés d'un triangle de Pythagore (triangle rectangle dont tous les côtés sont entiers).
On a alors une répétition par translation selon ces petits côtés des régions.

3) Je pense que le plus petit est avec le rapport 3/4 et un sommet confondu. On a alors seulement 5 régions différentes (un octogone, trois cerf-volants et un triangle).
Le pavage est constitué de croix de 5 unités de surface avec l'octogone et 4 triangles formant le carré central, les trois cerf-volant et un triangle formant chacun des 4 carrés aux extrémités.
Le triangle mesure 1/24, l'octogone 5/6, les cerf-volants 1/2, 1/3 et 1/8.

@derny

Ce n'est pas Géogébra mais paint.net
Dans Géogébra j'ai dû tracer chaque droite à partir des équations. Ce n'est pas très difficile mais vite lourd.

Mais ta question m'a fait découvrir la commande "Séquence" de Géogébra. C'est magnifique:

Oui LittleFox
Période de 5.  2 carreaux différents seulement. 21 régions. L'octogone n'est pas régulier malgré ses 8 côtés égaux. Surfaces : 1/24, 1/2, 1/3, 1/8, 5/6.

J'étais aussi parti sur les quadrillages générés par le triangle 3-4-5 mais je n'ai pas eu le temps de finir

J'aurais plutôt présenté la bande de Derny centrée sur l'octogone pour mieux faire apparaître les symétries :



et remplissage avec :



Il est surprenant de noter qu'à isométries près les carrés unités ne sont pavés que de deux façons différentes .

21 morceaux pour quatre unités on a une aire moyenne de , on est quand même pas mal .

Imod

Pour un angle de 36.67° , j'obtiens ça :



Avec en rouge les carrés divisé en 4, en orange, ceux divisés en 5 et en verts ceux divisés en 6 morceaux.

Les triangles s'annulent, on obtient une moyenne de morceaux par carré.

Ce n'est pas la question posée puisqu'on cherche la surface moyenne mais on se rapproche

LittleFox, belle étude. 4,448 morceaux par carré fait une surface moyenne de 1/4,448 soit 0,2248.
Je reviendrais sur la question 1.
Pour les questions 2 et 3 on peut dire qu'il faut un angle rationnel mais que ce n'est pas suffisant (on peut trouver des contre-exemples). Les triplets pythagoriques conviennent et je pense que ce sont les seuls.
Comme avec 3-4-5 j'ai étudié les cas 5-12-13 et 20-21-29.
Pour 5-12-13 on a une période de 13 carrés, 11 régions différentes (ou 15 si on compte les symétriques) et 4 carreaux différents : 2 triangles différents (4 avec les symétriques), 7 quadrilatères différents (9 avec les symétriques), 1 hexagone, 1 octogone.

LittleFox je retiens ton résultat mais je ne comprends pas ton dessin.

Les 13 carrés unité sont partagés en 57 régions de surface moyenne de 13/57 soit 0,228 environ.
Avec le triplet 20-21-29 les 29 carrés unité sont partagés en 133 régions de surface moyenne de 29/133 soit 0,218 environ.

Oui Imod il vaut mieux mettre l'octogone au centre.
Une idée peut-être pour les fabricants de carrelage. Avec 2 sortes de carreaux différents seulement on peut obtenir un "double quadrillage".

LittleFox, pour une pente de 3/4 on a un angle de 36,87 (environ) et non 36,67.

Notez que, sur le dessin d'Imod, les carrés A' et B' sont les mêmes que les carrés A et B et non pas des carrés symétriques. Par contre les triangles de C sont symétriques aux triangles de A et B.

@Derny
J'essaie de répondre à la question 1). Mon angle est donc intentionnellement un angle dont la tangente est irrationnelle.

Par translation de la grille, parce qu'elle est infinie et que les sinus et cosinus sont irrationnels, on peut dire que chaque sommet (en particulier celui en bas à gauche) des dalles oblique est réparti uniformément dans le carré unitaire.

Mon dessin est le nombre de parts de la dalle en fonction de la position de son coin inférieur gauche dans le carré unitaire.

Par contre ton calcul est faux: l'inverse de la moyenne n'est pas la moyenne des inverses.

L'aire du carré rouge est donné par .
L'aire des rectangles verts est donné par .
L'aire des triangles est donné par
L'aire orange est ce qui reste.

Tous calculs fait on a:
64.6% de dalles divisées en 4 parts
26.0% de dalles divisées en 5 parts
09.4% de dalles divisées en 6 parts

On a donc une surface moyenne de 0.2292. Plus grande que l'inverse de la moyenne des parts.

La procédure est compliquée mais peut se généraliser à d'autres angles.

Bonjour
Merci LittleFox pour ta participation. Tu as bien bossé.
J'ai une idée pour la réponse à ma question 1 mais, auparavant, si tu pouvais donner une surface moyenne pour disons 2 autres cas irrationnels, ceci pour établir en quelque sorte une valeur approximative de cette moyenne et pour éventuellement conforter mon idée.
Règles générales pour ces cas particuliers à pentes « pythagoriques » :
__ la longueur de la période est égale à l'hypoténuse du triplet pythagorique
__ Dans une période il y a un carreau unité avec un octogone aux 8 côtés égaux et 4 triangles égaux aux 4 angles. Ces triangles sont pythagoriques dont le périmètre est égal à une unité. Dans notre premier exemple ci-dessus, le triangle vert a comme longueurs de ses côtés 3/12, 4/12, 5/12 et une surface de 1/24. L'octogone a ses côtés de longueur 5/12. Dans une période, hors l'octogone on a un nombre de carreaux différents égal à : (valeur de l'hypoténuse moins un divisé par 4). Soit dans ce premier cas : (5 - 1)/4 = 1 et pour le 2e exemple ci-dessus : (13 - 1)/4 = 3. Le côté de l'octogone fait 29/70. Chacun des carreaux différents se retrouvent 4 fois dans une orientation différente dans une période.
En partant d'un angle du quadrillage supérieur au milieu d'un côté du quadrillage inférieur ou au milieu d'un carré inférieur on obtient des résultats un peu moins bons. Par exemple, pour le triplet 3-4-5, la période est toujours de 5 mais on a 3 carreaux différents (2 fois 2 identiques plus 1) au lieu de 2.

Voici mes résultats :



Les proportions varie continument pour un angle allant de 0 à 45° de r: o:v = 1:0:0 à 37:43:20 comme on peut le voir sur le graphique en bas à droite.

Le premier correspond à un nombre de parts moyen = 4 et une surface moyenne = 0,25.
Le dernier correspond à un nombre de parts moyen = 4,83 et une surface moyenne = 0,212.

J'ai découvert des erreurs dans mes formules précédentes:
Le carré rouge fait ;
Les rectangles verts font ;
Et les triangles font ;

Si on intègre sur les angles (les angles son uniformément répartis) on a un nombre de parts moyen = 4,5465 et une surface moyenne de 0,2244.

Lien vers la démo Géogébra:

Bonjour,
Ce qui est remarquable dans cet exercice c'est que l'on se trompe à priori.
On voit bien qu'il y a un rapport  entre les angles de superposition et le nombre
de polygones rencontrés  de 4 à 6 de 3 à 8 cotés.
On trouve autour de 22.5%.
A la question 3 on voit que les grilles parallèles donnent 25 % à toits les coups sauf
superposition...
Ainsi qu'une superposition  à  45°.
J'arrive trop tard mais bravo aux participants.

J'ai un peu de mal à suivre les derniers développements ( manque de temps et de compétences ) . Pour la première question , il est clair qu'on peut se limiter aux cas ou aucun nœud appartient à plus de deux lignes des quadrillages mais j'ai vraiment envie d'étudier les cas ou les quadrillages partages deux nœuds .



Il est clair qu'il y a une discontinuité au niveau du nombre de parts aux passages de ces nœuds mais bon ...

Imod

Bonsoir. Moi aussi j'ai un peu de mal à suivre le travail de LittleFox mais je lui fais confiance.
Personnellement j'avais essayé de raisonner comme Buffon avec ses aiguilles. J'étais arrivé à la formule V2/2pi soit 0.225079 environ. Les résultats de LittleFox ne sont pas très éloignés de ce résultat. Peut-être faudrait-il poser ce problème ouvert à des mathématiciens professionnels ?

Plus pro que Littlefox

@derny
Si nos résultats ne sont pas trop éloignés, il sont quand même différents.
Comment arrives tu à ton résultat?

@Imod
Je n'ai pas l'impression de "limiter" le problème.
Au contraire, si deux nœuds sont superposés alors l'angle est avec dx et dy la différence respectivement d'abscisse et d'ordonnée des deux noeuds dans les coordonnées d'une des grilles.
On se limite donc aux angles "rationnels" et il y a une infinité supérieure d'angle "irrationnels".
Les grilles avec un angle "rationnel" ont un nombre limité de "dalles" car elles se répètent en suivant les translations (dx,dy) et (dy,-dx). Elles ne sont donc pas appropriées pour une étude statistique.

Au contraire, avec un angle irrationnel, toutes les dalles sont différentes (avec une symétrie par rotation de 90° si on place un des nœuds de façon particulière).
La grille étant infinie, les cas particuliers (comme avoir la même origine pour les deux grilles) deviennent négligeables et on peut tenter une approche statistique.

J'ai supposé que les translations des dalles étaient distribuées de façon uniformes car la partie fractionnaire de l'ensemble des multiples d'un nombre irrationnel est répartie de manière uniforme. Je me trompe peut-être sur ce point. Le reste en découle.

Note: j'appelle "dalle" un carré de la grille penchée découpé en suivant l'autre grille.

C'est gentil dpi mais je suis pro ingénieur informaticien. Pas mathématicien.
Mais des fois je me demande si j'ai bien fait car une passion vaut mieux qu'une profession. Et j'ai du mal à utiliser toute ma moitié mathématicienne dans ma profession.

Si vous avez une idée de métier qui prend un diplômé ingénieur informaticien et qui a besoin d'une passion pour les mathématiques, je suis toute ouïe. Je suis en train de changer de carrière mais j'ai du mal à expliquer ce que je veux faire comme métier lors de mes interviews.

Il y a méprise LittleFox , je n'ai pas dit que tu ne traitais pas le cas général , je rappelais ( ce que je dis depuis le début du fil )  qu'il serait intéressant de regarder ce qui se passe quand les quadrillages partagent deux nœuds . On rend ainsi le problème discret et plus facile à étudier .

Une remarque : j'ai complété le dessin précédent et je suis retombé sur le même quadrillage que celui du triangle 3-4-5 . Il y a sûrement une raison simple .

Imod

PS : je comprends ton problème et je compatis , il y a beaucoup d'ingénieurs qui ont cette nostalgie des maths . L'enseignement peut être une solution mais je moi je n'y crois plus . En restant dans ton domaine , il y a sûrement des boîtes avec un secteur recherche qui ressemble à ce que tu veux : les maths et l'informatique , c'est quand même une relation forte .

Bon courage

@Derny

Il me semble que les amateurs que nous sommes peuvent encore trouver pas mal de choses à propos de ce "petit" problème .

C'est une belle idée en tout cas

Imod

Pourquoi 'quand les quadrillages partagent 2 noeuds' , cela rendrait-il le problème 'discret'.

Le cas très particulier où 2 noeuds sont superposés est un problème. Je déplace ma feuille d'un micron , en faisant en sorte que le noeud de la feuille B ne soit plus sur aucun des 2 traits de la feuille A, et d'un coup, j'ajoute 2 parcelles dans mon dessin. Et je change complètement mon résultat.

Les points triples ( un noeud de la feuille B sur un trait de la feuille A, ou l'inverse), c'est la même chose,  à un micron près, on a une parcelle de plus.

Les cas où on tombe sur des points multiples sont des cas rares, il faut les ignorer.

Ce qui rend le problème discret ( combinatoire si tu préfères ) , c'est qu'il y a un nombre fini de "motifs" et qu'il n'y a plus qu'à les compter . Ce n'est plus tout à fait le même problème mais on sort du cadre de l'analyse proposée par LittleFox .

Imod

Ok. En fait, ce n'est pas tellement le fait que des noeuds se superposent, mais le choix d'un angle bien précis.
Par exemple, si les quadrillages sont parallèles, mais ne se superposent pas, on arrive à 0.25.
Et du coup, c'est une bonne raison pour s'intéresser aux triangles pythagoriciens.

>Littlefox
Je rejoins le conseil de Imod
J'ai eu l'occasion de voir que tu étais capable de résoudre des problèmes dans
des cas et des disciplines variées.
Il doit y avoir chez Capgemini par exemple un poste pour toi.
Par mon expérience  de Direction générale ,tu as le profil pour postuler à un poste
de conseil ,le modeste niveau en maths que j'ai acquis  m'a permis  de diriger un Groupe.
Bonne chance.

@Imod et dpi
Merci pour votre soutien, ça fait du bien

@ty59847
En effet, le fait que les points se superposent est un cas particulier dans le sens où certaines surfaces deviennent nulles et comme on ne les comptent plus, ça perturbe les moyennes.
Et le fait que l'angle a soit tel que soit rationnel fait que le problème devient fini (si on a au plus dx²+dy² dalles différentes).

J'aimerais revenir sur les quadrillages partageant deux nœuds .

Pour deux points donnés A et B sur un des quadrillages , on obtient aisément un deuxième quadrillage en prenant le symétrique du premier par rapport à (AB) . Les deux quadrillages sont différents si (AB) n'est pas une diagonale du quadrillage .  Il reste alors à compter les morceaux sur une bande de l'un des quadrillages pour calculer le nombre moyen de morceaux par case  .

Sauf erreur pour un rectangle de diagonale AB de largeur et de longueur (l,L) :

(1;2) -> 21/5
(1;3) -> 21/5
(1;4) -> 4
(2;3) -> 57/13

Il faudrait trouver un moyen de calculer cette moyenne en fonction de (l,L) . Revenir au problème initial sera une autre paire de manche .

Désolé si ce message parait un peu froid après celui de LittleFox

Imod

Bonsoir ou bonjour c'est selon …
LittleFox, compte-tenu de tes capacités multiples je pense, comme déjà dit que tu devrais trouver plusieurs types d'emplois. Es-tu sur le réseau Linkedin ?
Pour répondre à « 9h41 » : Buffon jetait des aiguilles sur des parallèles. Moi j'ai essayé de « jeter » des carrés unité sur des parallèles. Mais ce n'est pas vraiment notre problème et on peut oublier ma suggestion.
Pour répondre à « 18h22 » : Quand les quadrillages partagent 2 nœuds c'est ce qui se passe avec les pentes des triplets pythagoriques. Imod tu as complété ton dessin précédent et tu as retrouvé le même quadrillage. C'est normal puisque tu as la même pente.
Les cas où les quadrillages ont des nœuds en commun sont des cas particuliers négligeables comme déjà dit pour le calcul de la surface moyenne. Mais cela ne nous empêche pas de les étudier quand même.
Pour répondre à « 19h14 » (à Imod) : je ne comprends pas ta disposition. Pourrais-tu faire un croquis pour le cas (1;2) par exemple qui donne 21/5 ?

Bonjour Derny

En fait mon idée est plutôt simple mais je laisse tomber les angles car les rotations ne  conserve pas les motifs .

Pour le cas (1;2) que tu évoques , les points O(0;0) et A(2;1) sont des nœuds des deux quadrillages . Si on considère le symétrique d'un des quadrillages par rapport à l'axe (OA) , on obtient un deuxième quadrillage partageant les nœuds O et A . La figure formée par ces deux quadrillages est invariante par la symétrie d'axe (OA) mais aussi par la translation de vecteur OA et autres transformations . Il reste à trouver un motif minimal qui pave le plan avec ces transformations .

Le cas (1;2) :



La bande est de la forme A'ABCB' ou en décalant ABCB'A' . Le schéma est identique pour (1;3) , il est un peu plus complexe pour (2;3) .

J'espère que c'est plus clair

Imod

Je n'étais pas certains que chaque dalle se retrouve sur chaque bande mais en fait comme le pgcd(dx,dy) = 1 sinon on peut réduire la fraction, on a bien toutes les dalles sur chaque bande.

Tu peux rajouter dans tes transformations invariantes les rotations de 90° autour d'un nœud commun aux deux grilles s'il y a au moins un tel nœud.

Je suis d'accord avec tes résultats pour (1;2), (1;3) et (2;3). Pas pour (1;4) -> 77/17.
Il est intéressant de voir qu'il y a des équivalences. Ces rapports donnent les mêmes motifs :
(1;2) <-> (1;3) : 5 motifs
(1;4) <-> (3;5) : 17 motifs
(1;5) <-> (2;3) : 13 motifs

Et chaque fois, pour l'un des deux rapports on atteint le nombre de motifs maximal. Par exemple 2²+3² = 13

A chaque fois, la moitié inférieure des motifs est une rotation de 180° des autres motifs.

Pour (1;4) j'avais ça ( mais des fois les points sont tellement proches ) .



Sinon , je suis entièrement d'accord , il y a encore plein de choses à voir dans les différents motifs .

Imod

@Imod
Tu n'as qu'une petite partie des motifs. Le côté gauche ne correspond pas au côté droit de ta bande.
En particulier il y a un octogone 7 dalles plus à gauche ou à droite.
Et malgré cela, dans ta bande je compte 4,5,5,4 morceaux soit 9/2 et non 4 en moyenne.

Pour le plaisir,avec  4 jeux de couleurs *  ,j'aimerai voir un carreleur
effectuer un travail aussi fin sans bien sûr qu'aucune pièce ne soit
de la même couleur que ses voisines....

*c'est possible d'après Francis Guthrie (1831-1899) ce qu'ont prouvé en 1976
Kenneth Appel et Wolfgang Haken