QDM 28 & 29: Martin Gardner n'est plus!
Bonjour à toutes et à tous;
Comme le titre l'indique, Martin Gardner vient de décéder. Une vie bien remplie de ... jeux mathématiques. Nous avions déjà fait référence à Gardner : cf.
QDD N°8
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,431938,page=1
Voici deux autres compositions de Gardner :
"Gardner one" : un garçon et une fille courent un 100 mètres; quand le garçon franchit la ligne d'arrivée, la fille n'a parcouru que 95 mètres.
Ils recourent une seconde fois, cette fois le garçon part 5 mètres derrière la ligne de départ; les deux athlètes courent à la même vitesse qu'auparavant, qui gagne la seconde course, et quelle est son avance ?
"Gardner two" : Est-il possible de couper un triangle obtus en triangles tous aigus ?
Bernard & Nicolas [pour le Comité Du Mardi]. Amicalement. Norbert.
[PS : une pensée à Bernard qui est parti à la clinique].
Comme le titre l'indique, Martin Gardner vient de décéder. Une vie bien remplie de ... jeux mathématiques. Nous avions déjà fait référence à Gardner : cf.
QDD N°8
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,431938,page=1
Voici deux autres compositions de Gardner :
"Gardner one" : un garçon et une fille courent un 100 mètres; quand le garçon franchit la ligne d'arrivée, la fille n'a parcouru que 95 mètres.
Ils recourent une seconde fois, cette fois le garçon part 5 mètres derrière la ligne de départ; les deux athlètes courent à la même vitesse qu'auparavant, qui gagne la seconde course, et quelle est son avance ?
"Gardner two" : Est-il possible de couper un triangle obtus en triangles tous aigus ?
Bernard & Nicolas [pour le Comité Du Mardi]. Amicalement. Norbert.
[PS : une pensée à Bernard qui est parti à la clinique].
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Réponses
Pour Bernard : ce n'est pas grave, j'espère ?
Borde.
La nouvelle du décès de M. Gardner, c'est triste bien que je suppose qu'il avait atteint un âge certain. Pour Garner 1, la vitesse du garçon est de 20/19 fois celle de la fille donc quand le garçon a parcouru 105 m, la fille a fait 99,75 m ce qui donne le garçon vainqueur d'une foulée.
Pour Bernard, j'espère qu'il va sortir rapidement.
Bruno
3) Combien de coupes à la scie sont nécessaires à un menuisier pour couper un cube de 3x3x3 en cubes unités ?
Pour 2x2x2 ? 4x4x4 ?
Généralisation dans les deux cas suivants:
-> en considérant que les morceaux sont maintenus assemblés en forme de cube ou
-> en déplaçant efficacement certains morceaux lors des coupes suivantes ?
Amicalement. Norbert.
http://maa.org/news/052410gardner.html
Il y a une page sur le site de la MAA
http://maa.org/news/052410gardner.html
Pour Gardner two:
Voici une configuration qui devrait convenir pour le partage d'un triangle obtusangle en 7 triangles acutangles
De retour...juste un mois de repos absolu mais tout va pour le mieux.
Excellente idée Norbert de consacrer la QDM 28 au regretté Mardin Gardner décédé le 22 mai 2010, il y a trois jours.
Il est vrai que la chronique que Martin Gardner animait dans Scientific American de 1956 à 1881 était très attendue par tous les amateurs de curiosités mathématiques et autres paradoxes logiques. http://fr.wikipedia.org/wiki/Martin_Gardner. C'est Ian Stewart qui d'ailleurs lui a succédé pour continuer cette rubrique. A l'époque pas d'internet, et c'est par la poste que les lecteurs répondaient aux différentes énigmes proposées.
"Gardner one": provient du livre Haha - Bibliothèque pour la Science - page 89, et Bruno en a donné la solution (tu)
"Gardner two": provient du Scientific American de February 1960, repris dans le New Mathemtical diversions from Scientific American published by Simon and Schuster.
La solution proposée par Jacquot convient avec ce découpage en 7 triangles aigus (tu) L'idée repose sur la construction du pentagone à partir de l'angle obtus. La première solution a été proposée par Wallace Manheimer dans l'AMM - problem E1406 - November 1960.
On peut maintenant se poser la question de savoir si tous les triangles obtus peuvent être découpés en 7 triangles aigus isocèles; la réponse est alors non, certains triangles obtus en nécessitent 8, je ne connais pas le pourquoi ni la solution...mais Martin Gardner précise qu'elle se trouve dans AMM - November 1961 - pages 912/913 - Verner E. Hoggatt Jr and Russ Denman.
Martin G indique aussi que Free Jamison - AMM - June-july 1962 - pages 550-552 prouve que 8 triangles sont aussi nécessaires.
Si l'un(e) d'entre-vous a accès à ces trois documents, qu'il en soit géométriquement remercié.
"Gardner two bis": une variante, Sauriez-vous découper un carré en triangles aigus ? avec combien de triangles ?
[Edit: dans le message initial, j'avais oublié de mentionner [i]isocèle[/i] dans le second paragraphe du Gardner 2, que mon ami Jacquot veuille bien m'en excuser].
Amicalement.
Domi
http://www.diophante.fr/problemes-par-themes/geometrie/d4-pavage-du-plan-et-de-l-espace-dissection/439-d422-dissection-dun-carre-unite-en-triangles-acutangles
Merci Eric pour ces trois documents, il y a une trentaine d'années, j'avais essayé de comprendre pourquoi parfois 8 triangles aigus étaient nécessaires et non 7, mais sans succès...
Oui Domi; cette solution a été trouvée par Harry Lindgren, un mathématicien australien spécialiste des découpages et autres puzzles.
Le grand HSM Coxeter a généralisé ce découpage à tout rectangle.
Allez, un "Gardner four": sous forme de cryptarithme particulier:
... PPP
......PP
..PPPP
PPPP
PPPPP
L'opération est une multiplication, tous les P sont des nombres (chiffres) premiers, et il n'existe qu'une seule solution. Les logiciels de résolution de cryptarithme de Nicolas ne fonctionnent pas ici, les points à gauche sont là pour respecter l'alignement.
Reste également le "Gardner three".
Amicalement.
-- Schnoebelen, Philippe
Remember... Le fil intitulé Le défilé du 14 juillet brillamment résolu par remarque et NicolasBernoulli, était inspiré d'une question de Martin Gardner.
Rappel Gardner 3 :
--> Combien de coupes à la scie sont nécessaires à un menuisier pour découper un cube de $2\times2\times2, 3\times3\times3,..., n \times n \times n $ ($n$ dans $\N$) en cubes unités en laissant toujours les morceaux assemblés en forme de cube ?
-> En déplaçant efficacement certains morceaux lors des coupes suivantes, est-il possible d'améliorer ce résultat pour les cubes de dimension $2\times2\times2, 3\times3\times3, 4\times4\times4$ ? Généralisation, quel est le nombre $k$ de coupes minimales nécessaires pour découper en cubes unités un cube de $n\times n\times n $, ($k$ étant fonction de $n$) ?
Amicalement.
Notre ami Jacquot se souvient qu'un article de Martin Gardner est également cité dans le fil sur le paradoxe du spaghetto.
Après avoir contacté Nicolas Graner (cf: le lien de Nicolas Patrois deux messages plus haut sur les cryptarithmes) par messagerie personnelle suite au cryptarithme sur les chiffres premiers, Nicolas G. m'autorise à recopier sa réponse:
"Merci pour le pointeur.
Non, je connaissais pas le cryptarithme sur les chiffres premiers. Facile à résoudre par recherche exhaustive : comme il n'y a que 4
chiffres premiers, il n'y a que 64 possibilités pour le multiplicateur et 16 pour le multiplicande, soit 1024 produits possibles. Un
programme écrit en une minute sélectionne le bon parmi eux. C'est un joli problème en tout cas !"
Voici un "Gardner 4 bis", une nouvelle multiplication, cette fois, les P représentent des chiffres pairs, et les I des chiffres impairs, bien sûr toujours, une solution unique; je n'y suis pour rien pour le caractère cocasse de la troisième ligne qui en anglais s'écrit EOEO.
... PPI
.......I.I
...PIPI
...PI.I.
..I.I.I.I.I
Tous les points situés à gauche sont là pour respecter l'alignement, seul, le point situé à droite de la quatrième ligne propose le décalage de la multiplication correspondant au 0.
-> Un Gardner 5 de découpage :
Un peu dans le style du problème de Domi sur le triangle à découper en 5 triangles semblables, est-il possible de découper un carré en 5 parties égales ? Si non, montrer l'impossibilité ? Si oui, combien de solutions à ce problème ?
Amicalement.
bs, ton Gardner 5 a une solution très simple, mais y en a-t-il d'autres, et si non, comment le prouver?
Gardner5 : Oui Jacquot (tu) Martin Gardner écrit que "ta" solution est unique, mais sans le démontrer, ni donner de référence.
MG écrit aussi que peu de personnes même douées parviennent à trouver cette solution.
MG précise "the problem is annoyingly intractable until suddenly the solution strikes like lightning".
Question posée dans Scientific American - October 1962.
Amicalement.
-- Schnoebelen, Philippe
Merci pour le site de Nicolas Graner.
Amicalement.
Le partage du triangle obtusangle en acutangles m'a paru beaucoup plus difficile, au point que j'ai d'abord pensé qu'il était impossible.
La référence que tu fais aux découpage d'un triangles en 5 semblables proposé par Domi place la barre très haut, bien trop haut..
Reste maintenant à prouver l'unicité ... comment argumenter?
Déjà , je sais que le découpage d'un carré en triangles de même aire est impossible.
Après , on peut se demander ce qu'il advient des coins si on les coupe, si on ne les coupe pas..
What else?
Continuons à mentionner différents fils de notre forum consacrés à des énigmes proposées par le regretté Martin Gardner.
Il y a trois ans, aléa et sa collègue Régine Marchand résolvaient le paradoxe du deuxième as, paradoxe proposé dans Mathematical puzzles § Diversions (page 50) par Martin Gardner.
Oui Jacquot, dans le découpage du triangle obtus en triangles aigus, tu auras remarqué dans les pièces jointes proposées par Eric que la solution que tu proposais n'est pas toujours possible. Pour le carré découpé en 5 parties égales, espérons qu'un intervenant nous proposera l'unicité de cette solution.
Amicalement.
.
Depuis le temps que MG a affirmé qu'il n'y a pas d'autre solution, si cette affirmation pouvait être mise en défaut, ça se saurait...
à moins que ce ne soit un nouveau défi, type Fermat, pour les siècles à venir!
Pour Gardner 2, la question était "peut-on couper un triangle obtusangle en triangles acutangles"
Le réponse est oui, voir figure.
Tu poses alors la question Gardner 2b:
Peut-on couper tout obtusangle en acutangles?
Selon les documents mis en lien par Eric, la réponse est oui aussi, mais 7 triangles ne suffisent pas, 8 sont parfois nécessaires.
Je ne lis pas bien l'anglais, mais il semble que si l'angle est très obtus, le partage en 7 proposé ne convient pas.
Une méthode d'investigation sera peut-être de regarder si, à l'intérieur du pentagone il reste une zone n'apartenant à aucun des 5 demi-cercles:
Pour le Gardner2: le théorème du deuxième document d'Eric précise:
Tout triangle obtus peut être découpé en 8 triangles aigus; cependant, si B > 90°, B-A < 90° et B-C < 90°, alors seuls 7 triangles aigus suffisent.
Je n'ai pas encore étudié la solution proposée.
Amicalement.
Comme toi, j'essaye de comprendre les documents mis en lien par Eric.
Il y est beaucoup question de partage du triangle obtusangle en triangles acutangles isocèles....
et plus particulièrement suivant une méthode, où le pentagone est tracé en pointant le compas au centre du cercle inscrit de ABC. Le cercle de centre I passant par B recoupe alors les côtés du triangle ABC en 4 autres points définissant ainsi 5 triangles isocèles dont trois sont égaux.
La condition B > 90°, B-A < 90° et B-C < 90° que tu cites est nécessaire à l'existence de cette solution-là, car si non, l'un au moins des deux autres triangles est obtusangle.
Mais (however) , elle n'est pas nécessaire à l'existence d'un autre partage d'un obtusangle en 7 acutangles, isocèles ou non.
Jette un coup d'oeil à la figure suivante, où notre condition n'est pas satisfaite, mais où il y a quand même bien de la place pour choisir le sommet commun des 5 acutangles qui partageront le pentagone (surface jaune)
D'accord avec toi sur le document 2 et ton approche que je viens de lire.
Le contre-exemple exhibé dans le document 3 pour démontrer l'impossibilité du découpage en 7 triangles aigus (isocèles) utilise des angles $A=4.10^{-12}$ rad et $C= 8.10^{-12}$ rad c'est à dire que le triangle triangle obtus ABC est quasiment plat, difficile à construire même avec GeoGebra
Une question ouverte ? à partir de quelles valeurs des angles A et C faut-il passer à un découpage en 8 triangles aigus ?
Amicalement.
Ils démontrent que pour un tel triangle, le partage en 7 acutangles ISOCELES est impossible, mais qu'en est-il du partage en 7 acutangles scalènes??
Eh oui, Gardner précise un peu plus loin dans dans le livre : "Can any obtuse triangle be dissected into seven acute isocele triangles ? The response is no", avec référence vers les documents proposés par Eric. Rien sur les triangles scalènes, alors qu'au départ, dans son article original paru dans Scientific American, M.Gardner posait la question générale du découpage avec des triangles aigus, sans plus de précision.
Autres affirmations de M.Gardner:
-> Un triangle rectangle et un triangle aigu non isocèle peuvent être découpés en 9 triangles isocèles aigus.
-> Un triangle aigu isocèle peut être découpé en 4 triangles isocèles semblables à l'original.
Amicalement.
Je suis sûr qu'il y a un 7-partage de ce type qui conviendra.
Le Comité Du Mardi requinqué par le retour de Bernard et par le succès de l'hommage à Gardner a décidé de prolonger l'hommage. Voici deux autres énigmes:
Gardner 6 : Un Grec est né le 7ème jour de l'année 40 av JC, et décédé le 7ème jour de l'an 40 ap JC. Combien d'années ce Grec a-t-il vécu ?
Gardner 7 : Deux personnes partent d'un même point sur le plan. L'un marche au hasard et effectue 70 pas unités puis s'arrête. Le second s'arrête après avoir marché 30 pas unité. Quelle est la "expected average" distance entre les deux marcheurs lorsqu'ils s'arrêtent
Amicalement. Norbert p/o le Comité Du Mardi.
-> 40 ans de l'an -40 à l'an 0
-> 1 an pour l'an 0
-> 39 ans pour l'an 1 à l'an 39
On a compté de cette façon, 7 jours de trop durant l'année -40 mais on a pas compté les 7 jours de l'an 40. Les comptes s'équilibrent ainsi et on conclut que notre Grec a vécu 80 années.
Pour Gardner 7, si les deux types marchent tout droit, chacun suivant un azimut choisi de façon aléatoire, je propose une distance moyenne de:
$$\frac {1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\sqrt{(70-30\cos \theta)^2+900\sin^2 \theta} d\theta$$
Gardner 6 : non rémi
Gardner 7 : jacquot, ton intégrale fait apparaître une fonction elliptique, alors que le résultat de M.Gardner est plus simple.
Amicalement.
Non rémi, ton calcul mathématique initial est exact, il existe une subtilité historique.
Amicalement.
Du fait, j'aurais eu du mal à la compter deux fois (:P)
Effectivement, pour le Gardner 6, l'année 0 n'existant pas, nous sommes passés directement de -1 à l'an 1; notre Grec a donc vécu 79 ans. [
Référence: Mathematical Circus - Chapter 15.
Amicalement.
On peut attaquer le problème avec al-Kashi (angle au sommet variant de façon aléatoire)
On peut aussi décréter que l'un des marcheurs part vers le Nord et faire varier l'azimut de l'autre.
Par exemple, si on fixe l'azimut de celui qui fait 30 pas, on sera amené à calculer la distance moyenne entre son point d'arrivée (à 30 pas du centre) et les points du cercle de rayon 70
Trois approches légèrement différentes, mais équivalentes qui achoppent sur la même difficulté: le calcul de l'intégrale:
$$\frac {1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\sqrt{5800-4200\cos \theta} d\theta$$
A défaut de savoir intégrer, j'ai fait un calcul de la distance moyenne degré par degré avec EXCEL, obtenant une distance moyenne d'environ 73,253 pas.
Bernard, ce résultat correspond-il à la solution de Gardner, ou ai-je mal interprété l'énoncé?
Je me demande bien comment il a su éviter l'obstacle
Eh non Jacquot, ce n'est pas la réponse attendue; cependant, je vais écrire l'énoncé original en anglais, afin de parer à tout contre-sens ou tout faux-sens lors de la traduction.
Gardner 7 in english: Two men start at the same spot on the plane. One makes a random walk of 70 unit steps, the other a random walk of 30 steps. What is the expected (average) distance between them at the finish ?
Amicalement.
Si random walk signifie qu'il peuvent changer d'azimut à chaque pas, le problème est tout autre.
Maintenant on peut remarquer que cela revient au même que de considérer un marcheur qui ferait une marche aléatoire de 100 pas (Haha) ou deux marcheurs qui font chacun une marche aléatoire de 50 pas (il suffit de prendre l'un des parcours à rebrousse-poil)
Ce problème me rappelle alors le "somme de vecteurs unitaires" dont la solution était de haute volée ... une façon de dire que je ne l'ai pas comprise
Avant de rappeler les Gardner non entièrement résolus, la petite histoire de l'hexagone magique. De 1910 à 1962, un employé de bureau Clifford W.Adams chercha et résolut le problème de l'hexagone magique à 19 alvéoles. Ayant trouvé une solution, il la communique à Martin Gardner qui s'empresse de l'envoyer à Charles W.Trigg. Non seulement Trigg montra qu'il n'existe qu'une solution unique pour cet hexagone, mais que de plus il n'y a pas d'autres possibilités pour des hexagones possédant plus de trois cercles d'alvéoles concentriques. C'est un très joli problème de combinatoire qui est repris dans les Joyaux Mathématiques de RossHonsberger - Volume 1.
Pour essayer: http://carresmagiques.free.fr/html/hexagone_magique.html
-> 3) Gardner 3 , couper un cube en cubes unités:
> Combien de coupes à la scie sont nécessaires à un menuisier pour découper un cube de $2\times2\times2, 3\times3\times3,..., n \times n \times n $ ($n$ dans $\N$) en cubes unités en laissant toujours les morceaux assemblés en forme de cube ?
> En déplaçant efficacement certains morceaux lors des coupes suivantes, est-il possible d'améliorer ce résultat pour les cubes de dimension $2\times2\times2, 3\times3\times3, 4\times4\times4$ ? Généralisation, quel est le nombre $k$ de coupes minimales nécessaires pour découper en cubes unités un cube de $n\times n\times n $, ($k$ étant fonction de $n$) ?
-> 4) Gardner 4 : un cryptarithme particulier:
... PPP
......PP
..PPPP
PPPP
PPPPP
L'opération est une multiplication, tous les P sont des nombres (chiffres) premiers, et il n'existe qu'une seule solution.
-> 5) Gardner 5 un découpage :
Est-il possible de découper un carré en 5 parties égales ? Si non, montrer l'impossibilité ? Si oui, combien de solutions à ce problème ?
Jacquot a trouvé le 5, reste à montrer l'unicité de la solution, ce qu'affirme Gardner sans le démontrer et sans référence.
-> 7) Gardner 7 in english : Probabilités. Two men start at the same spot on the plane. One makes a random walk of 70 unit steps, the other a random walk of 30 steps. What is the expected (average) distance between them at the finish ?
-> 8) Gardner 8 : un nouveau Gardner:
Sur un quadrilatère convexe, on dessine à l'extérieur les quatre carrés admettant un côté commun avec ce quadrilatère. On joint les centres des carrés opposés, comment montrer que ces segments sont égaux et perpendiculaires ?
Amicalement.
Soient ABCD les sommets du quadrilatère, PQRS les centres des carrés, en tournant dans le bon sens
Il vient $p=\dfrac{(1+i)a+(1-i)b}{2}$ etc.
On montrera que $s-q=i(r-p)$
Mais il y a sans doute plus élégant...
Le temps des réponses (en italique) est venu:
-> 3) Gardner 3 , couper un cube en cubes unités:
> Combien de coupes à la scie sont nécessaires à un menuisier pour découper un cube de $2\times2\times2, 3\times3\times3,..., n \times n \times n $ ($n$ dans $\N$) en cubes unités en laissant toujours les morceaux assemblés en forme de cube ?
3(n-1) coupes sont toujours nécessaires dans ce cas.
> En déplaçant efficacement certains morceaux lors des coupes suivantes, est-il possible d'améliorer ce résultat pour les cubes de dimension $2\times2\times2, 3\times3\times3, 4\times4\times4$ ? Généralisation, quel est le nombre $k$ de coupes minimales nécessaires pour découper en cubes unités un cube de $n\times n\times n $, ($k$ étant fonction de $n$) ?
Pas d'amélioration possible pour les cubes 2x2x2 et 3x3x3.
Par contre, pour le cube 4x4x4, il est possible de réduire à 6 le nombre de coupes.
Généralisation: pour un cube $n \times n \times n $, le nombre minimal de coupes est $3k$ avec $k$ vérifiant $2^{k-1} < n \leq 2^k$.
Référence: Problèmes et Divertissements Mathématiques - M.Gardner - Tome 1 - Dunod.
Amicalement.
ABC est obtusangle en A. On construit le cercle inscrit de centre O et les deux triangles isocèles BJK et CML de sommet B et C dont les bases sont tangentes à ce cercle. Après quoi on complète avec les 5 triangles de sommet O.
Les 7 triangles sont acutangles (tous les angles qui interviennent s'expriment facilement à partir des deux angles à la base B et C)
Cette construction est clairement applicable à tout triangle obtusangle. Il n'y a plus de doute pour ce Gardner 2: tout triangle obtusangle est 7-acutangle partageable!
--> Merci Etienne pour cette élégante preuve correspondant au Gardner2.
--> Cryptarithme du Gardner 4. Ref: The Unexpected Hanging - Martin Gardner - Simon ans Schuster.
Solution trouvée par Nicolas Graner via ma messagerie privée.
... 775
......33
..2325
2325
25575
--> Gardner 5: découpage du carré :
La seule possibilité de découper un carré de côté $a$ en 5 parties égales est de le diviser en 5 bandes rectangulaires de côtés $a$ et $a/5$. Ref: The Unexpected Hanging - Martin Gardner - Simon ans Schuster.
--> Gardner 8 : oui Jacquot, la solution par les complexes est des plus efficaces, avec pour ta formule un repère des sommets dans le sens trigonométrique.
Il s'agit du théorème de Van Aubel: http://serge.mehl.free.fr/anx/appl_complex_geo2.html http://mathworld.wolfram.com/vanAubelsTheorem.html
Ref: Mathematical Circus - Martin Gardner - Vintage Books.
-> Reste le Gardner 7: à suivre.
Amicalement.
...et pour terminer, le Gardner 7 in english : Probabilités. Two men start at the same spot on the plane. One makes a random walk of 70 unit steps, the other a random walk of 30 steps. What is the expected (average) distance between them at the finish ?
Plutôt qu'un long discours, voici la réponse un peu blablabla de Martin Gardner en pièce jointe.
Ref: M. Gardner - Magical Circus - Chapter 7 : Random Walks on the Plane and in Space.
Bonsoir