Bonsoir Imod
Ne soit pas désolé pour moi
J'ai l'habitude de me jeter sur les cas concrets avec plus ou moins de réussite...
Mais j'apprécie ceux qui sont capables de généraliser.
Je pense que l'on doit quand même ne prendre que les figures symétriques.

Nous avons déjà trouvé (avec deux ou trois coupes droites )
Le rectangle, la croix, l'étoile ,le pentagone et l'heptagone ,on peut sauter le rectangle et
l'hexagone .

On peut en effet se limiter aux découpages symétriques par rapport à l'un des axes du polygone .

Le carré pour démarrer ( pas trop difficile )

[fig1]

Le cas du triangle équilatéral est un peu plus délicat ( je n'ai pas fait le calcul du périmètre ) :

[fig2]

On déplace continûment les points A et B en gardant l'aire jaune constante . Sur le premier dessin le périmètre de la figure jaune est supérieur à celui de la verte et c'est le  le contraire sur le deuxième dessin . On passe donc par des périmètres égaux .

Il reste du travail à faire . On peut aussi regarder la trisection du disque pour la limite du polygone régulier .

Imod

PS : je ne sais pas pourquoi les figures ne sont pas à leurs places sur l'aperçu , j'ai dû faire une fausse manœuvre .

Bonjour,
Je vois que tu t'en tiens à 2 coupes,perso j'oserais 3...
Pour le triangle équilatéral:
Facile pour les aires ,mais pour les  périmètres  :

COTE 1
Solution 1  (base 1/3)  P=2.21525/2097168
Solution 2   (2 tri+1cerf-volant)  P= 1.767592/1.868517

RAYON 1
Solution 1   P= 3.8369/36324)
solution2  P=(3.06155/3.23636 )

Non , deux coupes droites , c'est la cahier des charges , je n'en change pas

Pour le triangle équilatéral  , les points A et B se déplacent en gardant l'aire jaune constante . Quand on passe du premier au deuxième dessin , il y a une bascule au niveau des périmètres donc un passage par l'équilibre .

Imod

Si je comprends bien
Avec tes moitiés de triangle équilatéral tu comptes  obtenir un périmètre
égal pour la partie jaune et celui de la parie verte doublée par symétrie.
C'est ce que j'ai appelé solution 2 ;  2 triangles jaunes et 1 cerf-volant vert.
Ceci impliquera un cerf-volant avec un petit coté en plus  en bas AA'

Oui , en fait la partie verte complète est un pentagone avec un axe de symétrie vertical .

Imod

Bon,

Ca roule si  on appelle O la base de la hauteur  avec  OA=0.1186  pour coté 1
on a bon.
Si on veut garder le rayon 1 comme base on aurait OA=0.205421226

Passons au disque de rayon 1:

En première approche avec=2.605 rad on obtient une égalité
de surface ,mais  deux périmètres  de  4.5338 et un de 4.9296
Il sera difficile de couper autrement.

J'ai aussi l'impression que c'est impossible pour le disque donc certainement à partir d'un certain nombre de côtés pour le polygone , il me semble que 4 côtés est la limite : à vérifier .

Imod

Est-tu d'accord pour le triangle équilatéral  ?

Je n'ai pas vérifié , je te fais confiance , l'important est de savoir que ça existe . J'essaierai de trouver une valeur exacte plus tard si c'est possible . Là je vais attaquer le pentagone ( ce n'est pas un acte de terrorisme ) .

Imod

Quelle est ta définition de rayon pour un polygone?
Pour moi, ton carré est de rayon 3sqrt(2)/2, pas 1...

>Imod
Je viens de trouver une bonne approximation pour le disque...
On trace une corde sous-tendue par un angle =2.6053257 rad
aire du segment circulaire  =R²/3
Périmètre 4.53385986..
On trace une perpendiculaire au milieu de la corde;
on obtient deux portions d'aire R²/3
et de périmètre 4.5382641.
Peut être une voie...
Je me mets sur le pentagone...

weierstrass
bienvenue.
Imod propose le rayon 1 pour les figures inscriptibles...je propose de prendre aussi coté 1 ,ce qui est aussi valable  pour les régulières.

dpi
Je pense que tu as du faire une erreur sur tes deux derniers périmètres, je trouve quelque chose beaucoup plus proche de 4. Le problème pour le cercle est que l'on a beaucoup moins de marge de manœuvre... L'une des droites est fixée comme une corde, et l'autre droite à 2 choix: soit une corde semblable à l'autre, soit entre l'autre droite et le cercle. Cette deuxième droite est la seule que l'on peut varier.
Et on doit prouver un compromis qui fixe : les 3 périmètres égaux (2 contraintes) et les 3 aires égales (1 contraintes car la première aire est fixée à pi/3, et par effet, et si l'une des deux autres aire est égale aussi à pi/3, de même pour l'autre). Or cette droite n'a que 2 degré de liberté (ses deux extrémités). Il est donc improbable que l'on trouve une solution... De fait, on vérifie simplement que dans le cas de deux cordes, le périmètre central restera toujours trop grand, et que dans l'autre cas, on n'obtiendra pas le compromis

Bonjour à Weierstrass

Il me semblait en effet qu'on était tombés d'accord avec Dpi pour dire que la trisection du disque était impossible . J'avais choisi 1 pour le rayon du polygone ( sous-entendu du cercle circonscrit ) plutôt que le côté pour éviter un périmètre qui tend vers l'infini mais cette précaution m'a l'air maintenant bien inutile , je suis pratiquement sûr que la trisection n'existe plus au-delà du carré . En tout cas elle est clairement unique pour le triangle et le carré et le périmètre de la partie centrale devient de plus en plus envahissant quand on ajoute des côtés .

Je continue dans mes temps libres .

Imod

>weierstrass

Si l'angle au centre  est 149.274...,l'arc est R=2.60532...et la corde 2Rsin/2=1.9285 ,le périmètre est bien  4.5338...
pour les deux portions symétriques ,les arc mesurent 1.8389...et les grands cotés  1.2649 et les petits cotés 0.9642..soit un périmètre =4.068 ... effectivement .
Je pense qu'il n'y a pas de variable possible pour l'égalité.

suite
Après avoir fait varier les formes sur le pentagone ,je n'ai pas mieux trouvé que
P1/P2=1.05

Je crois aussi que c'est impossible pour le pentagone et tous les suivants mais ça doit être un peu pénible à prouver . Pour le cas du triangle , le périmètre est solution d'une équation de degré 4 donc exprimable en radicaux mais l'expression est franchement horrible . Je ne la donne pas tout de suite car il faut que je vérifie .

Imod

Bonjour,

Triangle équilatéral résolu
Voir ma solution du 21 à 16 h38, dessin suit .
Cercle  peut -être possible:
Obligation de passer par un secteur  circulaire d'angle -sin =2/3.
Ensuite à un point précis (je le calcule) de la perpendiculaire à la corde,tracer un segment
oblique de longueur 1.73066298, dessin suit.

Pour le triangle équilatéral:

D'accord Dpi , j'ai compris la différence de nos points de vue ( comme quoi on est jamais assez précis dans les consignes ) . Je pensais à deux coupes d'un bord à l'autre du polygone et non d'une deuxième coupe s'appuyant sur la première . Le problème que tu proposes est bien plus ouvert et la solution n'est peut-être pas unique .

Je reviens au problème que j'avais en tête , dans le cas du triangle équilatéral la solution s'exprime simplement et elle est facilement constructible à la règle et au compas ( je pensais à un degré 4 mais c'est du 2 ) .  Pour voir si nos solutions sont compatibles pourrais-tu me donner la distance que tu trouves entre le sommet de l'angle droit et le point A dans mon dessin du 21/04 ?

Merci d'avance

Je crois qu'on n'est pas sorti de ce problème

Imod

Je suis un peu long à taper , nos messages se sont croisés . Nos réponses ne sont pas les mêmes mais j'avais incliné les "quasi-verticales" dans l'autre sens . D'autre part je n'ai retenu qu'une solution de mon équation , tu as sans doute la deuxième ( exprimable facilement avec des racines carrées ) .

Imod

On va donc dire que la trisection est possible pour le triangle équilatéral.
Pour le cercle ,même en admettant une coupe oblique ,on tourne en rond

Je ne vais pas aussi vite que toi .

La trisection du triangle est certainement possible et il y aurait deux solutions non symétriques et toutes les deux exprimables avec des racines carrées . Je ne suis pas sûr qu'elles soient en accord avec la tienne : je vais vérifier .

Pour le disque ( nouvelle version ) , on peut y croire , il y a pas mal de paramètres .

Imod

J'ai fini mes calculs sur le triangle et je suis surpris par la simplicité des résultats . Si on incline dans l'autre sens les obliques du dessin deDpi , le calcul est très simple , la taille de l'oblique est 3/4 et le périmètre de chaque part 2 .

Quand je disais que ce problème réservait des surprises ...

Imod

PS : calculs à vérifier car il est un peu tard   

Pour le triangle ,j'attends ta démo qui est "symétrique" de la mienne.
Pour le cercle :
Je m'approche d'une solution  voisine de x=0.149 ,y= 0.62  et diagonale 1.81.
Il me manque une équation pour supprimer une variable.
Il semblerait donc que c'est une bonne piste mais.......
Cas général:
L'exercice pourrait évoluer vers un concours pour d'autres figures: P1P2P3 .

J'ai repris mes calculs ce matin avec les deux inclinaisons ce qui donnait à priori 4 solutions mais avec les contraintes il n'y en a qu'une qui marche , celle que tu as proposée . Pour les calculs je suis parti d'un triangle de côté 6 et j'ai exprimé les données sur les périmètres et les aires à l'aide de "x" . C'est surprenant car tout se simplifie miraculeusement pour arriver à   et surtout le périmètre de chaque morceaux est exactement égal à 2 et l'oblique à 3/4 .

Imod

PS : Ce serait très sympa si quelqu'un pouvait me rappeler comment positionner une image ailleurs qu'à la fin du texte . Merci d'avance .

Bonjour.

En écrivant img1 entre crochets avant d'insérer l'image :



Et voilà !

D'accord , j'écrivais fig à la place de img , ce n'est pas beau de vieillir

Merci

Imod

Pour le problème du disque , il va falloir calculer à quel moment la ligne rose traverse le cercle : avant ou après l'égalité des périmètres ?

Il faut parfois théoriser un peu

Imod  

Pour le disque de rayon1

A moins qu'un de nos puissants géomètre avec Géogébra ne démontre le contraire,
plus je triture x,y et donc l'angle de l'oblique voisin de 44° plus je penche pour une
solution possible voisine de  4.54 et donc proche du périmètre
du secteur de corde 1.928534 et  d'arc 2.605326 .
3 variables ,manque une puissante équation

J'ai commencé à regarder mais j'ai d'autres problèmes sur le feu .

Sur ton dessin on voit très bien que la partie basse est fixe comme son aire et son périmètre ( on connait en particulier l'angle entre les segments pointillés ) . On peut compléter la figure par symétrie et on a le périmètre du secteur central .  Après , si on déplace le point rose vers la gauche sur la ligne bleue , on diminue l'aire de la partie centrale  , il faut donc déplacer l'autre extrémité vers la droite pour conserver l'aire . Il reste à voir comment évoluent les périmètres des parties hautes et centrales dans ce déplacement à aire constante . Si on trouvait deux positions inversant la taille des périmètres on aurait une réponse affirmative comme dans le cas du triangle .

Imod

Bonsoir,
pour le cercle la trisection avec deux coupes droites est impossible.
Ma figure :

La coupe AC est imposée et l'arc a mesure environ 2.6053256746 d'après Xcas.

On en déduit la longueur de la corde AB ( notée c dans la suite ) c1.92853414857.
Le périmètre rouge est a+c

On peut en déduire la longueur h=AE de la séparation entre les deux autres morceaux.
La somme de leurs deux périmètres est en effet 2-a+c+2h.
On a donc
        2-a+c+2h=2(a+c)
et h1.7306629326

Ensuite, avec GeoGebra je place un point C sur AB et E est l'intersection ( la bonne . . . )
de l'arc rentrant AC et du cercle de centre C et de rayon h.

Le périmètre AECA est égal  à a+c pour AC0.23
L'aire de cette zone est /3 pour AC0.20

>verdurin
Tu retrouves bien sûr les mêmes mesures que dans mon approche du 23/04 à 8h34,
obtenue sans Géogébra en partant de -sin=2/3
Compte-tenu de la différence entre l'arc DE et la corde DE n'y a t-il pas une petite
solution très approchante?

L'approche de Verdurin est intéressante

Je me serais arrêté au calcul de CE puis j'aurais fait descendre le point C le long de [AB] en partant de A jusqu'à ce qu'il n'y ait plus de point E .



On voit que l'aire de la figure AECA augmente car E descend aussi . L'aire initiale est clairement inférieure à   il faudrait voir si l'aire finale lui est supérieure ou pas .

Imod

En fait l'aire finale est largement supérieure à l'aire initiale et comme elle est croissante elle n'atteint qu'une seule fois celle de la partie droite . Pendant ce temps , le périmètre de la partie gauche augmente et celui de la partie centrale diminue . Il serait extraordinaire que les égalités se produisent exactement au même endroit .

Il n'y a pas de solution à priori .

Imod

Nous arrivons tous à la même conclusion
Il y a incompatibilité avec les deux approches.
C'est pour cela que je proposais  quel est le plus petit écart à aires égales ?

Il y a déjà pas mal de questions ouvertes :

1°) A part le triangle et le carré , existe-t-il des polygones réguliers que l'on peut découper en trois polygones de même périmètre et de même aire en deux coupes droites de bord à bord ( je n'y crois pas ) ?

2°) Si on accepte deux coupes droites quelconques , à partir de combien de sommets l'égalité des périmètres et des aires devient-elle  impossible ?

Je théorise un peu mais j'ai le droit car je suis sur mon fil

Imod

Ben oui,il y a le rectangle et le losange

Pas très réguliers comme polygones

Je progressais dans le cas du pentagone mais Littleguy m'a un peu dérangé , il est vraiment bien son nouvel opus .

Imod

Au moins ils étaient symétriques.

Pour le pentagone je n'avais pas trouvé mieux que p1=3.71065 e p2=3.91201
Pour l'hexagone  3 approches :

p1                   p2
4.4641         4.23205
4.18912      4.42337
4.54298      4.34329

Toujours un maudit écart d'environ 5%

J'ai fait un bidule qui calcule les aires et les périmètres en fonction de x:
Aucune solution

Oui , il me semble qu'avec le carré on arrive à la limite et qu'au delà on ne peut plus équilibrer à la fois les périmètres et les aires .  Il faudrait bien sûr justifier ça proprement

Il reste le cas où la deuxième coupe s'appuie sur la première , la limite va être plus difficile à établir vu que c'est déjà assez ténu au niveau du disque .

Imod

Bonsoir,
je crois aussi que l'on n'a pas de possibilités « bord à bord » au delà du carré.
Dans le cas où la seconde coupe s'appuie  sur la première, j'ai l'impression qu'il n'y a pas de solution pour l'hexagone.
Mais je continue à chercher.

Merci de ne rien lâcher car ce n'est pas un cadeau ce problème

J'ai proposé l'exercice aux Mathématiques.net où il y a quelques géomètres de talent . Après le problème est plus ludique que théorique et il n'est pas sûr qu'un poisson morde à l'hameçon

@+ Imod

Bonjour,

Je viens de comprendre i.m.o.d.

Le codage de l'identifiant est un peu limite , on est assez loin du RSA

Imod

Bonsoir,
j'ai l'impression qu'il y a une solution pour l'hexagone.

Dans cette figure les aires et les périmètres sont presque égaux.
Il y a moins de 1% d'erreur pour les deux.

On a AT0,172 et EX0,218.
Le côté de l'hexagone est 1.