Deux quadrillages
Bonjour à tous .
Un problème que j’ai trouvé sur un autre site et qui me pose de nombreuses questions sans réponse , j’en propose quelques-unes .
On pose deux quadrillages orthonormés et infinis l’un sur l’autre de façon aléatoire .
On obtient alors un pavage du plan qui interroge .
1°) Quelle est la taille moyenne des parts ?
2°) Quels sont les proportions des différents polygones obtenus ( en nombre de côtés ) ?
3°) Quelles sont les réponses aux deux premières questions si le deuxième quadrillage est le symétrique du premier par rapport à un axe passant par deux de ses nœuds ?
Merci d'avance pour vos réponses et pour les autres questions que vous pouvez poser :-)
Domi
Un problème que j’ai trouvé sur un autre site et qui me pose de nombreuses questions sans réponse , j’en propose quelques-unes .
On pose deux quadrillages orthonormés et infinis l’un sur l’autre de façon aléatoire .
On obtient alors un pavage du plan qui interroge .
1°) Quelle est la taille moyenne des parts ?
2°) Quels sont les proportions des différents polygones obtenus ( en nombre de côtés ) ?
3°) Quelles sont les réponses aux deux premières questions si le deuxième quadrillage est le symétrique du premier par rapport à un axe passant par deux de ses nœuds ?
Merci d'avance pour vos réponses et pour les autres questions que vous pouvez poser :-)
Domi
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Réponses
La surface moyenne des parts ? $\frac{\sum aires}{\sum nombre\ de\ parts}=Cte$. Autrement dit, tout point perdu par une part est gagné par sa voisine. Donc la moyenne est constante. À toi de prendre une configuration où la moyenne est facile à calculer.
Je suis d'accord que l'aire moyenne des parts est l'inverse du nombre moyen de parts dans chaque carré unité . Ce nombre de parts est invariant par translation ( sauf aux passages des nœuds ) mais il dépend fortement de l'angle formé par les deux quadrillages .
Domi
Si les 2 quadrillages sont quasiment parallèles, ou passons à la limite, si ils sont parfaitement parallèles, chaque carré du quadrillage 2 est coupé systématiquement en 4 rectangles.
Alors que sur l'exemple posé, chaque carré du quadrillage 2 est coupé en 3 , 4, 5 ou 6 portions. Mais que la moyenne semble vraiment au dessus de 4.
La démarche que je verrais :
- On fixe un angle alpha.
- On dessine le quadrillage Q1, et on dessine 1 carré C du quadrillage Q2, incliné de l'angle alpha en question.
- On calcule cette intégrale double : Si on déplace le sommet S sur tout ce carré C, en moyenne, combien de portions obtient-on ?
- Puis on calcule une nouvelle intégrale sur alpha, entre 0 et pi/2 ou entre 0 et pi/4
Les questions 1 et 2 sont très liées.
Je ne comprends pas ta question 3.
Pour les deux premières questions , les cas où les deux quadrillages partagent des nœuds sont négligeables . Si on imposent des nœuds communs ( par exemple en faisant une symétrie par rapport à un axe passant par deux nœuds ) alors on réduit le nombre de parts et on infléchit sensiblement les moyennes .
Domi
Oui, mais alors il faut ajouter une autre contrainte.
Les 2 plans sont infinis. Cette symétrie changera quelque chose uniquement si elle se répète une infinité de fois. Si le sinus et le cosinus de l'angle sont 2 rationnels, alors la particularité rencontré au point 'origine' va se reproduire régulièrement, et effectivement, elle biaiser le résultat.
Mais dès que l'un des 2 nombres sin(alpha) ou cos(alpha) n'est pas rationnel, il me semble que le biais devient négligeable.
Domi
Domi
Pour un angle $a$ d'inclinaison d'un quadrillage sur l'autre générique, le nombre moyen de morceaux par carreau est égal à $2(1+\cos(a)+\sin(a))$, comme le montre ce dessin qui représente (en vert) l'ensemble des positions du coin inférieur du carreau penché contraint à intersecter le carreau droit.
Si la figure de GaBuZoMeu répond aux deux premières questions ( on n'est pas dans la démonstration sans un mot , il y a "un peu" de calculs derrière l'image ) , elle dit peu ou rien sur la troisième : que deviennent ces résultats quand les deux quadrillages sont symétriques par rapport à une droite passant par deux nœuds ?
L'exercice n'est pas facile mais il me semble que ça vaut le coup d'essayer :-)
Domi