problème ouvert

Bonjour,

Il existe une possibilité de raffinement, rencontré en surfant ( mais ce n'était pas tout à fait ce problème là ): quelle est la probabilité d'obtenir un triangle obtusangle dans le premier cas de coupe : uniforme + les deux points de cassure choisis simultanément .

On peut définir la proba par rapport à toutes les possibilités de cassures, ou alors, par rapport aux 25% de cas parmi lesquels on a déjà obtenu un triangle.

Merci.

Michal: peux-tu m'envoyer un numéro de fax sur ma messagerie ?

Pour obtenir un triangle obtusangle : voir la probabilité ici:
\lien{http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Geometri/TriaObtu.htm}
Maintenant, faudrait l'adapter au spaghetto.

Amicalement.

jacquot : tu ne réponds à rien du tout, parce qu'il faut que tu définisses ta densité de probabilité dans ton triangle, et que je ne vois rien dans l'énoncé qui t'impose de la choisir uniforme.
Ce problème a autant de réponses que de densités de probabilités dans le triangle.

Eh bien,

Un zoom montre que le domaine jaune de la figure précédente n'est pas limité par des arcs de cercles. Je pencherais plutôt pour des arcs d'hyperboles, vue l'équation en h et l.

Bonsoir, bs, gb et les autres.

bs, merci pour tes encouragements, une fois de plus.
C'est vrai qu'une deltoïde serait élégante, mais je crois qu'il faudra déchanter.
Pour ma part, j'aurais aimé que ce soient des arcs de cercles, j'aurais alors retrouvé mon brave triangle curviligne. Si tu reprends mon message de dimanche 8h 10 l'équation de l'un de ces arcs de courbes est clairement une équation d'hyperbole. Il te suffit de permuter h, l et k pour obtenir les équations des 2 autres...

Plus loin, je m'appliquerai à montrer à gb que le triangle de Gardner est muni d'une densité de proba uniforme, tu verras alors que h et l sont assimilables à des coordonnées. La nature hyperbolique des arcs de courbes se trouvera alors confirmée.

Voici donc un argumentaire à l'attention de gb:
Soit [SP] un spaghetto de longueur unitaire. On va le casser par deux fois, respectivement en $E_1$ et $E_2$, deux points placés de façon aléatoire suivant une densité de probabilité uniforme sur la longueur du spaghetto.
Je note alors $x= SE_1$ $y=E_2 P$ et $z= E_1 E_2$

Soit ABC un triangle de côté $\frac {2}{\sqrt {3}}$. Chaque point de coordonnées x et y inférieures à 1 dans le repère (B; C; A) représente alors une façon de choisir 2 cassures sur le spaghetto. Les longueurs des trois morceaux qui en résultent peuvent être lues par projections orthogonales comme indiqué sur le schéma ci-dessous:

Bonjour.

Oui bs,
Nous sommes bien d'accord.
Pour faire ma construction sur Geoplan, j'avais défini
$$k =1+ \frac {1}{2(h-1)}$$
Sachant que $1-h-k$, il vient alors:
$$l = -h+\frac {1}{2(1-h)} $$
Nos égalités sont équivalentes modulo une permutation du nom des hauteurs.
(Cette possibilité de permutation est peut-être la cause de tes résultats différents pour chaque calcul hier soir).

Tu peux maintenant terminer le calcul d'aire comme tu le proposes.
Pour ma part, je ne le ferais pas dans ce triangle équilatéral, mais plutôt dans un demi carré comme le 29 janvier.

jacquot

bs,

Voici un petit croquis qui résume les explications maladroites:

Cher bs,

Ok, les longueurs des projections ne sont pas les coordonnées, mais elles sont égales à un facteur près:
Mon triangle de référence a une aire égale à 1/2, tandis que le triangle équilatéral considére plus haut a une aire de 1/rac(3)

Je pourrai te répondre plus en détail plus tard si nous ne sommes pas d'accord...
j'y regarderai de plus près.

Je reviens juste sur une de tes interrogations précédentes:

---

>
$$y =g(x)= \frac {2x \sqrt{3}-2}{3x -2 \sqrt{3}}$$
mais alors, $g(1/2)$ n'est pas égal à $0$ .

Où est mon erreur ?

---

L'erreur c'est que $g (\frac {1}{\sqrt {3}})$ doit être nul, et non$g(1/2)$, Puisque le côté du triangle équilatéral est $\frac {2}{\sqrt {3}}$


Voilà, on se pose, on est sur le point de terminer.
Cordialement

Bonjour

je trouve : 3Ln(2)- 2 (sauf distraction..)

methode ( je suppose densite uniforme)

on travaille avec les longueurs x,y,z de somme 1

je garde comme variables x et y

on a 0<=x, 0<=y, x+y<=1 ( les points du plan verifiant ces inegalites sont ceux du triangle de sommets ((0,0) , (1,0) , (0,1) d'aire 1/2

contraintes pour avoir un triangle avec xx,y, 1-x-y :
elles se traduisent paar les inegalites x<=1/2, y<=1/2 et x+y>=1/2

les points correspondants sont ceux du triangle T de sommets
(1/2,0) , (1/2,1/2) , (0,1/2)

les contraintes pour avoir un triangle acutangle se traduisent par les inegalites supplementaires:
x²+y² -(1-x-y)²>=0
(1-x-y)²+x²-y² >=0
(1-x-y)²+y² -x²>=0

la premiere inegalite conduit à calculer l'integrale de (1-2t)/(2-2t) entre 0 et 1/2 , egale à (1-ln(2))/2
on lui retranche 1/8 aire du triangle de sommets (0,0), (0,1/2), (1/2,0)
pour obtenir une premiere aire ( d'une "lunule") à enlever de celle du triangle
que j'ai baptisé T. cette lunule à enlever a pour aire (3-4ln(2))/8

les autres inegalites (symetriques en x et y) conduisent à enlever de T deux autres lunules d'aires egales ,et egales chacune apres calcul à (3-4ln(2))/8


( faire un dessin pour bien voir les trois arcs d'hyperboles qui se raccordent tangentiellement aux extremites!)

l'aire du domaine correspondant à un triangle acutangle est egale à

1/8 -(3(3-4ln(2))/8 = (3ln(2) -2)/2
et en divisant par l'aire l'aire du triangle initial defini par x>=0,y>=0
et x+y<=1 on obtient : 3ln(2)-2 # 0,079
(c'est peu !, à moins que je me sois planté dans le caicul:-(

finalement je ne manipule que des triangles rectangles en perdant ,un peu, de symetrie, mais avec des calculs simples (integrale de 1/(1-t) entre 0 et 1/2 !)

Oump.

Bonjour,

Merci Oump d'être venu nous rejoindre sur ce sujet, et d'avoir ainsi confirmé le résultat de Jacquot. J'ai tout compris avec cette méthode du triangle de sommets $(0,0),(0,1),(1,0)$.

Ainsi avec densité uniforme,, la proba d'obtenir un triangle est $ \frac {1}{4}$, dans le cas de deux cassures simultanées, et qui se décomposent en:
--> proba pour l'obtention d'un triangle acutangle est $3Ln(2)-2$
--> proba pour l'obtention d'un triangle obtusangle est $ \frac {9}{4}- 3Ln(2)$

Quelques remarques et interrogations:

---> La proba d'obtenir un triangle rectangle est donc nulle, car égale à l'aire du graphe des 3 branches d'hyperbole $(=0)$ divisé par l'aire du triangle de départ.

---> Si je souhaite faire le calcul avec le système d'axes inclinés, une fois les calculs d'intégrale effectués , faut-il multiplier par $sin( \pi/3)$ pour obtenir la surface ? Je ne me souviens plus.

Ce problème ouvert commence à être bien fermé !

Merci à vous deux.

Heura, suis-tu encore ce fil?

Pour mes amis GM: sur mon écran est apparu en rouge, votre message a été détecté comme étant un spam, et j'ai dû le retaper; ce n'est pas la première fois. C'est dur les activités de mathernaute !

[Et en remontant par "Précédent" de ton navigateur, n'as-tu pas retrouvé ton texte ? AD]

Bonsoir,

La saga du spaghetto n'est peut-être pas finie:
Tout récemment, au Rallye mathématique d'Alsace, on proposait aux élèves de Première une question connexe à notre problème:

Je la cite de mémoire:
On considère deux familles de triangles:
1) Les triangles non aplatis ayant 3 côtés entiers et un périmètre égal à 2007.
2) Les triangles non aplatis ayant 3 côtés entiers et un périmètre égal à 2010.

Laquelle de ces deux familles est la plus nombreuse?

En lisant ce sujet, j'ai immédiatement pensé à notre spaghetto et plus particulièrement au traitement du problème que nous proposait Koniev...

à suivre!

Pas d'amateur pour la variante ?

Domi

Tu as sûrement raison bs . Le "facile" pour signifier qu'il n'y aurait sans doute pas besoin de quatre pages pour développer la solution : ces problèmes sont simples seulement si on les attaque par la bonne face !

Domi