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problème ouvert

Envoyé par heura 
Re: spaghetti et triangle
il y a treize années
Cher Jacquot
Je n'ai pas trouvé les démo dont tu parles et qui donnent soit 1/4 soit 0.386. Il faut exclure je crois le cas du triangle plat.Peux-tu me les préciser ? Merci.
Pour l'aire moyen n'est-il pas compris entre (0 aire du triangle plat) et celui du triangle équilatéral ? La moyenne convient-elle ?
Cordialement
Koniev
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Bonjour Koniev,

Là tu es sur la page 3 d'un topic.
Tu vas en haut ou en bas de cette page et tu cliques sur {\bf Aller à la page} 2 ou 1
Dans nos considérations, tenir compte ou ne pas tenir compte du cas du triangle plat n'a aucune influence sur le résultat puisque la probabilité pour que le triangle soit plat est nulle! Si cela te choque, je pourrai développer cette explication...

Nous ne nous sommes pas posé la question de l'aire moyenne du triangle (lorsqu'il est réalisable, ou dans l'absolu. Ce la pourrait constituer un prolongement (intéressant ??) de ce problème qui me semble bien résolu par ailleurs.
A priori, je pense que cela conduira à un bon calcul d'intégrale... Il faudra encore distinguer 2 cas selon la règle du jeu choisie.

J'espère que tu sauras accéder au débit du fil et te souhaite bonne lecture.
Reviens si tu as besoin de compléments.

jacquot
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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.
Re: problème ouvert
il y a treize années
Snif... Personne n'a l'article de Gardner...
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Michal: peux-tu m'envoyer un numéro de fax sur ma messagerie ?

Pour obtenir un triangle obtusangle : voir la probabilité ici:
\lien{[villemin.gerard.free.fr]}
Maintenant, faudrait l'adapter au spaghetto.

Amicalement.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a treize années et a été effectuée par bs.
Re: Spaghetto acutangle
il y a treize années
avatar
Salut bs,

Il est un peu casse-nouille ce spaghetto-là!

Je n'ai pas vraiment résolu ton pb de triangle acutangle, mais plutôt procédé à une recherche assistée par ordinateur avec mon vieux Geoplan.

Dans un triangle équilatéral de hauteur 1 (spaghetto) soit un point P.
Notons $h$ ; $k$ et $l$ les distances de P aux côtés de ce triangle.

On a alors $h+k+l=1$ : ces trois nombres représentent les longueurs des trois sections du spagh, comme dans l'étude précédente.

Le triangle de côtés $h$ ; $k$ et $l$ est rectangle ssi $l^2=h^2+k^2$ modulo une permutation de ces variables.

Sachant que $k=1-h-l$, il vient alors: (*)
$$l=1+\frac {1}{2(h-1)}$$

C'est là que je calé sur les calculs et continué avec le logiciel de dessin:
Voici ce que ça donne:
[attachment 5881 Spagh-acutangle.PNG]
Le triangle est acutangle ssi P se trouve à l'intérieur du domaine jaune.
Alors voilà, {\bf j'observe que ce domaine est limité par 3 arcs de cercle, me semble-t-il, mais je ne sais pas le prouver}

Si tel est bien la cas, la proba pour que notre triangle soit acutangle sera:
$$1-\frac {\pi \sqrt {3}}{6}$$
(ou 4 fois cette valeur en proba conditionnelle si l'on se restreint au cas où le triangle existe déjà).

En conclusion, ton problème n'est pas du tout tel que je le qualifiais ci dessus: il m'a vivement intéressé, d'autant plus que je retrouve un triangle curviligne qui rappellera des souvenirs à certains.
\lien {[www.les-mathematiques.net]}

l'équation en h et l ressemble à une équation d'hyperbole, mais h et l ne sont pas les coordonnées de P, mais ses distances à 2 côtés du triangle équilatéral.
gb
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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.
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Cher gb,

Il ne s'agit pas de définir une densité de proba dans le triangle, mais sur la longueur du spaghetto.

Il me semble que bs a clairement posé son problème: je le cite:
quelle est la probabilité d'obtenir un triangle obtusangle dans le premier cas de coupe : uniforme + les deux points de cassure choisis simultanément .

Tu reviens à la charge avec tes objections sur la validité de la modélisation choisie.
Il me semble que cette discussion a déjà été menée plus haut:
le problème de l'existence du triangle a été traité suivant 2 modèles:

1) Choix simultané de 2 cassures aléatoires avec densité de proba uniforme sur toute la longueur de la nouille (non cuite)

2) Choix successifs d'une première cassure avec densité uniforme, puis choix d'une deuxième cassure quelque part sur le morceau le plus long.

Je crois que tu as bien suivi cette étude.

Nous acceptons humblement la remarque que ces modèles ne sont pas conformes à la réalité physique, les cassures se produisant plus volontiers dans la partie centrale du spaghetto qu'à proximité des extrémités.

Là, nous traitons un problème de mathématiques avec des données qui me paraissent claires.

Voilà mon point de vue. Cordialement.
jacquot
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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.
[attachment 5884 arcshyperboliques.PNG]
la proba s'exprimera vraisamblablement avec des logarirthmes...
je reprendrai donc l'étude.

Je réfléchis aussi à des arguments pour convaincre gb qu'une densité de proba uniforme sur la longueur du spaghetto impose une densité de proba uniforme sur la surface du triangle dans le modèle de Gardner.

à suivre...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a treize années et a été effectuée par jacquot.


bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Bonsoir,

Jacquot, tu as encore une fois bien débroussaillé le terrain.
Vais essayer de regarder l'équation de ta courbe rouge : pourquoi-pas une deltoïde ?
\lien{[www.mathcurve.com]}
Ce serait trop joli !

Amicalement.
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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:
[attachment 5889 trianGardner.PNG]

la densité de proba sur le losange ABCD est uniforme puisque x et y sont indépendants et choisis selon une proba uniforme dans [0; 1].

Si maintenant, on casse le spaghetto {\bf simultanément} en 2 points, on pourra arbitrairement nommer $E_1$ le point situé le plus à gauche et $E_2$ l'autre. Ainsi on aura $y<1-x$ et la représentation pourra se limiter au triangle ABC, avec, toujours, une densité de proba uniforme.

N'es-tu pas d'accord, gb?


Pour bs: le calcul de la proba pour que le triangle soit acutangle,nécessiterait maintenant un peu de calcul intégral. On obtiendrait un résultat avec une expression logarithmique. S'il fallait le faire, je reprendrais une approche semblable à celle du 29 janvier. les croquis de dimanche matin montrent que $1-\frac {\pi \sqrt {3}}{6}$ est une bonne valeur approchée de la proba cherchée, même s'il est sûr qu'elle est fausse.
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Bonsoir,

Jacquot, j'ai refait les calculs et trouvé un résultat différent :
$$l= f(h)= -h+\frac {1}{2(1-h)} $$

Ensuite , en écrivant : $x=\frac {l}{cos( \pi /6)}$, et, $y=\frac {h}{cos( \pi /6)}$ , on peut trouver l'équation de la branche d'hyperbole la plus proche du sommet B.
ce, dans le repère aux axes inclinés d'angle $\pi /3$: (BC,BA).

Avant d'aller plus loin, peux-tu confirmer ou infirmer l'équation obtenue?
Merci.

Amicalement

[ modifié car à chaque nouveau calcul, je trouve un résultat différent ! ]
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Bonjour,

Merci Jacquot,

effectivement , on a:

$$k =f(h)= \frac {2h-1}{2h-2)}$$
de plus $k=f(h)$ et $h=f(k)$, d'où la symétrie par raport à la première bissectrice.

Si j'écris: Ensuite : $h=x cos( \pi /6)}$, et, $k= y cos( \pi /6)$ ,
j'obtiens :$$y =g(x)= \frac {2x \sqrt{3}-2}{3x -2 \sqrt{3}}$$
mais alors, $g(1/2)$ n'est pas égal à $0$ .

Où est mon erreur ?

Merci.
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
bs,

Voici un petit croquis qui résume les explications maladroites:
[attachment 5892 obtusangle.PNG]

La probabilité pour que le triangle soit {\bf obtusangle} est égale à 6 fois l'aire du domaine bleu.
Sommes-nous d'accord?
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Jacquot,

Je pense que c'est plutôt 3 fois;
Ton dessin est très clair: c'est l'équation qui me chagrine un peu.
En raisonnant sur ton dessin en haut de cette page:

Si $H, K$ sont les projections de $P$ sur $BC$ et $BA$; alors: $PH=h$, $PK=k$.
Dans le repère $(BC,BA)$ incliné, les coordonnées$(x,y)$ de $P$ vérifient alors:
$h=x cos( \pi /6)}$, et, $k= y cos( \pi /6)$ , d' où l'équation que j'obtiens.
Les longueurs des projections ne sont pas les coordonnées.

J'ignore si je suis bien clair, et si mon raisonnement tient la route.

Merci.
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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.
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Mon jacquot,

tu as raison, vais prendre un peu de recul également:
dans l'équation de l'hyperbole:
$2hk-2h-2k+1=0$, si tu fais: $h=Ax$ et , $k=Ay$,avec $A$ constante, ton équation ne sera plus la même car non homogène ?

A bientôt.
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
De retour; trop tard, j'allais l' écrire...
Nous approchons du but.
Amicalement.
Re: problème ouvert
il y a treize années
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 caiculsad smiley

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.
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Bonjour oumpapah,

Je confirme. La proba pour que le triangle soit acutangle est bien $3ln(2)-2$ thumbs down
Je voulais laisser à bs le plaisir de terminer le calcul.

Tu t'étonnes que ce soit peu...
Il faut rapporter cette valeur à 1/4, (probabilité pour que le triangle existe).
Alors la proba pour qu'il soit obtusangle est un peu plus que double de celle-là.

Tu es entré rapidement dans ce problème. Bravo!
bs
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
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]
Re: problème ouvert
il y a treize années
avatar
Bonjour bs,

Quelques réponses:
Intégrale et aire:
Si tu travailles dans un repère oblique, l'unité d'aire est celle du parallélogramme construit sur les vecteurs de base.

Probabilité nulle:
C'est vrai que c'est un peu paradoxal, mais la proba pour que le triangle soit parfaitement rectangle (ou aplati) est nulle (il y a infiniment plus de triangles non rectangles)

Pour ma part, je me suis emerveillé de trouver des logarithmes népériens dans un spaghetto. Merci pour ce joli problème ..
& à la prochaine!
jacquot
Re: problème ouvert
il y a douze années
avatar
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!
Re: problème ouvert
il y a onze années
avatar
Puisque le sujet est remonté à la surface , une variante ( facile ) .

On coupe le spaghetto en quatre ( coupes simultanées ) , quelle est la probabilité pour que les morceaux soient les côtés d'un trapèze ?

Domi
Re: problème ouvert
il y a onze années
avatar
Pas d'amateur pour la variante ?

Domi
bs
Re: problème ouvert
il y a onze années
avatar
Si si Domi, mais peut-être peux-tu ouvrir un nouveau fil pour relancer la mécanique ? Il est vrai par ailleurs que tu dis que c'est facile...

Amicalement.
Re: problème ouvert
il y a onze années
avatar
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
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