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Envoyé par Domi 
5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Bonsoir à tous .

Un petit problème que j'ai proposé à un autre site pensant que la solution était évidente .

"On considère une feuille pointée dont les points sont les nœuds d'un réseau orthogonal de côté 10 cm .

Peut-on sur cette feuille dessiner un lacet de 100 cm de long cernant une surface de 500 cm² et ne contenant aucun des nœuds ?"

Merci d'avance pour les réponses grinning smiley

Domi


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Si on trace une base de 125 pour 2 triangles et une hauteur de 4 ça pourrait marcher (pour un polygone irrégulier (quadrilatère convexe), encore faut-il savoir où mettre les sommets)... Bref c'est trop compliqué pour moi, du Pythagore + du calcul d'aire et de périmètre en même temps je suis déjà dépassé angry smiley
Je ne pense pas qu'il puisse y avoir un polygone régulier, sinon la somme de 2 minimum ^^
Voilà pas plus, je regarde les réponses smiling smiley



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par AD.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Edit :
En fait je suis fatigué, j'avais oublié la chenille, qui fait un peu plus de 482cm²



Mon ancien message :
Tryss relance à 473cm² avec l'éléphant, qui dit mieux?



Les oreilles de l'éléphant ont :
- un rayon de $5\sqrt{2}$
- une longueur d'arc de $\frac{15\pi}{\sqrt{2}} \simeq 33.3216$
- une aire de $25( \frac{3\pi}{2} +1 ) \simeq 142.8097$

Les deux autres segments circulaires ont :
- un rayon de $5.0204$
- un angle d'ouverture de $3.3221$ (en radian)
- une longueur d'arc de $16.6784$
- une aire de $44.1283$

Ce qui donne une aire totale de $100+2(44.1283+142.8097) \simeq 473.88$


Il est intéressant de noter que l'aire du trefle n'est que de 463.81 :




Et la marguerite dans l'affaire me direz vous? Son aire n'est que de 456 !





Après pour une démo, c'est plus compliqué.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par Tryss.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Bonjour Maroufle et Tryss

Je pense que l'idée est bien de regarder du côté des frontières en arcs de cercles . Je n'ai pas repris les calculs de Tryss mais je suis assez surpris que la chenille prenne la médaille d'or , j'aurais bien vu la marguerite ( ce ne serait pas plutôt un trèfle à quatre feuille ? ) . Une façon amusante de voir le problème est de considérer que le bord est élastique et qu'on souffle à l'intérieur jusqu'à ce que la frontière atteigne le mètre voulu . Si on regarde le plus grand cercle qu'on peut poser dans la grille , on a bien l'impression qu'il va évoluer vers le trèfle . Il y a plein d'autres choses amusantes dans l'exercice , par exemple si on se limite aux figures convexes le rapport Aire( en cm²) / Périmètre( en cm) est toujours inférieur à 5 , quelle que soit la taille de la figure .

Domi


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Je verrai bien un petit coup d'inégalité isopérimétrique.

Personne n'en sortira vivant, maintenant.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Il y a de ça Shah d'Ock mais le rapport A/P peut dépasser 5 si on enlève l'hypothèse de convexité .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Autre question , vers quoi va évoluer ce système si on injecte de l'air indéfiniment ?



Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Citation
Domi
Autre question , vers quoi va évoluer ce système si on injecte de l'air indéfiniment ?
Vers un trèfle à quatre feuille puis chaque feuille le départ d'une nouvelle feuille?
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Ne dépend-ce pas de comment tu modélises l'élasticité de tes parois?
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
J'ai voulu tester Geogebra c'est une catastrophe, il doit falloir une petite maitrise du logiciel avant ^^
En tout cas on peut pas lui dire souffle de l'air(e) dans un cercle et fixe les points comme limite d'expansion de l'extension, ou peut être que si, mais je sais pas comment spinning smiley sticking its tongue out
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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On suppose bien sûr que l'élastique est un hyper-élastique . Il me semble bien qu'il y a un seul développement possible ( peut-être deux si on part d'un centre au milieu d'un côté du maillage ) .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Tryss écrivait:
-------------------------------------------------------
> Edit : En fait je suis fatigué, j'avais oublié la chenille, qui fait un peu plus de 482cm²

L'algorithme de Nelder-Mead est essentiellement d'accord avec toi, avec un maximum à 482,19794.


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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J'aurais dû regarder plus attentivement les dessins de Tryss : l'éléphant était plus performant que le trèfle à quatre feuilles il allait donc évoluer vers la chenille . D'un autre côté si on agrandit le trèfle au maximum ( en oubliant les contraintes A=500 et P=100 ) , on arrive à un A/P supérieur à 5 : peut-on trouver un meilleur rapport ?

Je sais que je pose beaucoup de questions et que j'apporte peu de réponses ( je ne serai pas vexé si on ne répond pas ) .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
J'ai du mal à comprendre après avoir vu les définitions Mathématiques de l'isopérimétrie succinctement ^^
J'ai juste compris qu'au maximum on a le cercle qui a un quotient isopérimétrique d'après la formule ci dessous
$q = 4\pi \frac a{p^2}$
si a = 500 et p = 100 le coefficient isopérimétrique est de 6,283185307179586476925286766559 au max, d'après ma petite calculette Windows
est ce que ça veut dire qu'il peut y avoir un rapport de $\approx$6,28 maximum pour 1 pour $p/a$??
Merci pour toute aide smiling smiley

edit: excuses, je me suis trompé dans mon calcul, c'est $\approx$0,628...
Du coup comment avoir un rapport $p/a$ maximal?
edit2: à priori si j'ai bien lu, seul un disque peut avoir comme quotient = 1, tout ce qui est en dessous n'est pas un cercle c'est ça?



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par maroufle.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Après pour la problématique, évidemment si on pouvait couper en 2 le lacet de 100cm et faire une forme de donut par exemple ça étendrait les solutions du possible non? (est ce la définition de la concavité? ou pas encore?)
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Domi écrivait:
-------------------------------------------------------
> D'un autre côté si on agrandit le trèfle au maximum ( en oubliant les contraintes A=500 et P=100 ) , on arrive à un A/P supérieur à 5 : peut-on trouver
> un meilleur rapport ?

Que veux-tu dire en oubliant les contraintes ? L'aire n'était pas une contrainte. Si on relâche celle sur la longueur, il suffit de prendre une longueur plus petite pour avoir un cercle qui réalise l'inégalité isopérimétrique.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Bonsoir Maroufle

Le théorème isopérimétrique affirme que pour surface donnée de périmètre $P$ et d'aire $A$ on a toujours $P^2/A>4\pi$ . La surface est limitée par un lacet simple ( pas de boucle et pas de trou ) . Pour notre problème , si on autorisait les trous le rapport $A/P$ pourrait grandir à l'infini car ce sont les nœuds du réseau qui bloquent le rapport , on n'a pas le droit de s'en débarrasser en les cernant par des petits disques .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Citation
remarque
Que veux-tu dire en oubliant les contraintes ? L'aire n'était pas une contrainte. Si on relâche celle sur la longueur, il suffit de prendre une longueur plus petite pour avoir un cercle qui réalise l'inégalité isopérimétrique.

L'inégalité isopérimétrique limite le rapport $A/P^2$ mais pas $A/P$ , le quadrillage joue vraiment un rôle dans le rapport $A/P$ .

Domi



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre années et a été effectuée par AD.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Ah d'accord. Bon, le rapport $A/P$ ne veut pas dire grand-chose géométriquement, mais pourquoi pas...
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Non , géométriquement $A/P$ ne veut rien dire du tout mais il est surprenant ( pour moi en tout cas ) qu'il soit à ce point limité par les nœuds du quadrillage .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Peut-être parce que pour éviter les points de la grille contenus dans un grand carré, il faut parcourir plus ou moins cette grille, ce qui se fait une longueur de parcours de l'ordre de la surface du carré.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Certes , après il faut trouver cette limite qui est strictement supérieure à 5 est expliquer pourquoi une surface convexe n'atteindra jamais ce 5 .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Vous pourriez presque faire un théorème d'expansion lié à une grille de maillage...
Enfin ça existe peut être déjà
genre l'aire du carré de maillage plus tous les arcs de cercles engendrés en fonction du périmètre ^^
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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J'avoue que je serais assez curieux de voir évoluer une aire maximale pour un périmètre grandissant dans ce réseau ( les calculs doivent être pharaoniques ) .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Une petite remarque quand même avant un repos bien mérité : le rapport $A/P$ dépend du choix des unités. On peut donc le manipuler comme on veut par choix d'unité, donc je ne comprends pas cette borne de 5.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Si on ramène ça à un repère orthonormé on arrive à $2A<P$ ( pour les convexes ) . C'est super bluffant car on est dans des rapports qui ne sont absolument pas homogènes ( à cause du quadrillage ) .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Bonsoir,

Est-ce bluffant ou un coup de bluff? Il faut bien que quelque part il y ait une homogénéité planquée du genre $\frac{A}{P}$ qui serait en vérité
$\frac{A}{P*l}$, le $l$ désignant le côté de la maille carrée que l'on décide égale à $1$.
Mais j'ai lu très en diagonale le fil et dis peut-être n'importe quoi!
Bonne nuit
Paul



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par depasse.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Bonjour,
Considère, dans ton maillage, une longue chenille à demi-cercles.
Son rapport A/P tend vers 5.68 quand sa longueur tend vers l'infini.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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En effet Jacquot pour la grande chenille le rapport tend vers $2,5+10/\pi \approx 5,68$ , peut-on faire mieux ?

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Je pense qu'il y a un rapport avec le problème de Didon.

Amicalement. jacquot
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Il y a clairement de l'isopérimétrie là dessous . Dans cette optique il n'est pas inintéressant de voir pourquoi le rapport $A/P$ ne peut pas dépasser $5$ quand la surface est convexe .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Bonsoir à tous et, une fois encore, merci à Domi pour ses questions.

J'espère faire mieux que $5,68$: Exactement: $5\sqrt{2}(\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi})$, soit environ $5,78$.

J'appelle $U_n$ la réunion des $4n-3$ disques circonscrits à une maille suivants:
Les $2n-1$ dont les centres ont tous pour ordonnée $5$ et pour abscisses $5, 15, ...,5(2n-1)$;
Les $n-1$ dont les centres ont tous pour ordonnée $15$ et pour abscisses $15, 35, ...,5(2n-3)$;
Les $n-1$ dont les centres ont tous pour ordonnée $-5$ et pour abscisses $15, 35, ...,5(2n-3)$.

Le périmètre $P_n$ de $U_n$ est $10(2n-1)\pi\sqrt{2}$, son aire $A_n$ $100((2n-1)(\frac{\pi}{2}+1)-1)$.

$\frac{A_n}{P_n}=\frac{100((2n-1)(\frac{\pi}{2}+1)-1)}{10(2n-1)\pi\sqrt{2}}$ qui tend vers $5\sqrt{2}(\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi})$.

Jacquot me connaît assez pour savoir qu'il faut vérifier ce que je raconte!

Bien à vous tous
Paul
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Bonsoir Paul,
Tu as mis des pattes à la chenille.
Je n'ai pas de quoi mettre un dessin en ligne, mais je valide ton calcul:

L'élément qui est répété indéfiniment a une aire de $2\times100(\frac{\pi}2+1)$ pour un ajout de périmètre de $2\times10\pi\sqrt2$

Score à battre :5,78... Bravo !



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Merci pour ta gentillesse
Paul
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Une petite illustration de la chenille à pattes de Paul :

Domi

PS : je remercie au passage les Paul , Jacquot , Remarque et autres ( il ne faudrait pas faire de liste car on oublie toujours l’essentiel ) qui acceptent toujours de me suivre dans mes délires grinning smiley



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Bonjour Domi, Paul & co,

J'ai cherché d'autres configurations.
Ainsi, on peut inventer de jolies structures tréflées en leurs extrémités.

Certaines égalent le A/P record établi par Paul, mais je n'ai pas su le dépasser spinning smiley sticking its tongue out.
Tous ces essais peuvent se résumer par ajout de $n$ disques de rayon $5\sqrt 2$ pour un gain de $n$ carrés de côté 10 sans bords.

C'est encore un bien beau problème que tu as inventé, Domi.
Cependant, comme remarque l'a souligné, les solutions dépendent sans doute du côté de la grille.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Ce n'est pas pour défendre mon bout de gras Jacquot mais le problème ne dépend absolument pas des paramètres choisis , il suffit d'appliquer le bon coefficient pour passer d'une grille à une autre et la solution proposée par Paul est universelle grinning smiley

En tout cas merci pour le coup de main , je cherche aussi d'autres chenilles mutantes pour faire mieux que Paul hot smiley

Domi



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Domi.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Il devrait pouvoir y avoir mieux avec des arcs elliptiques qui vont mieux s'affranchir des limites de la grille, même si ça augmente un peu le périmètre, enfin c'est qu'une supposition, faudrait pouvoir la mettre en pratique ce que je suis incapable de faire smiling smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
A longueur d'arc donnée, ce sont des arcs de cercles qui maximisent l'aire par l'inégalité isopérimétrique, donc je ne crois pas trop aux ellipses.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Le calcul de la longueur d'une ellipse ou d'un de ses arcs est particulièrement difficile...
Mais je ne vois pas où l'arc d'ellipse fera mieux que l'arc de cercle.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
J'y crois moyennement aussi...quoi d'autre, la chenille sans pattes peut être, pour éviter toute arrête plate dans la figure géométrique.
Voilà sinon aucune idée, c'est pas du tout un problème facile je trouve mais c'est que mon avis moody smiley
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Je n'ai pas fait les calculs mais comme je trouve la figure plutôt jolie ( on est presque dans les fractals ) :

Domi


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
C'est pareil que la Chenille a pattes, si tu réarange les morceaux il me semble
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Même idée que domi, mais en augmentant la pression pour écraser les vides.
Tout point de la grille accède à l'extérieur via les segments noirs.


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Attention, soland,
Pour le calcul du périmètre, il convient de multiplier par 2 les longueurs des segments pénétrants, parce que pour chaque aller, il faut assurer le retour.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Tryss écrivait:
-------------------------------------------------------
> C'est pareil que la Chenille à pattes, si tu réaranges les morceaux il me semble

Je crois qu'on gagne légèrement car pour la même aire on perd un peu de périmètre en passant à la 2D .

Domi
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Je reviens sur le problème initial. Il n'a pas été démontré que la chenille de Tryss est bien l'optimum. Voici quelques pas dans cette direction. Admettons que la courbe optimale s'appuie sur huit points de la grille (je passe l'unité au mètre avec 1m pour le côté des carrés). Par l'inégalité isopérimétrique, chaque arc compris entre deux points est un arc de cercle. On se ramène donc à un problème à huit paramètres $\theta_i$, $i=1,\ldots,8$, les angles de chacun de ces arcs, compris entre $0$ et $\pi$.

Soit $S(\theta)$ la surface délimité par un arc de cercle et sa corde en fonction de son angle, comptée positivement vers l'extérieur, négativement vers l'intérieur. Dans le cas extérieur, il vient
$$S(\theta)=\frac{\frac{\theta}{2\sin(\theta/2)}-\cos(\theta/2)}{4\sin(\theta/2)}=\frac{\theta-\sin\theta}{8\sin^2(\theta/2)}=\frac{\theta}{8\sin^2(\theta/2)}-\mathrm{cotg}\,(\theta/2),$$
La longueur de l'arc est $l(\theta)=\frac{\theta}{2\sin(\theta/2)}$.

On cherche à maximiser $\sum_{i=1}^8S(\theta_i)$ sous la contrainte $\sum_{i=1}^8l(\theta_i)=10$. On a donc $S'(\theta_i)=\lambda l'(\theta_i)$ pour tout $i$ où $\lambda$ est le multiplicateur de Lagrange. Il se trouve après calcul (donc à vérifier) que $\frac{S'}{l'}=\frac1{2\sin(\theta/2)}$ ! Donc tous les $\theta_i$ sont égaux, et on obtient la chenille comme point critique, avec la longueur de chaque arc égale à 1,25m. Cette chenille ne touche pas les autres points de la grille (contrainte ignorée jusqu'à présent). Reste à voir que c'est bien un maximum...



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par remarque.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
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Bonsoir Domi,
Tu écrivains on est presque dans les fractals; il me semble qu'on y est complètement.
Mais encore une fois, l'intuition te joue des tours ; en passant en 2D, ton rapport A/P y perd par rapport à la chenille linéaire.

Voir la figure ci-dessous pour une construction récursive.
Le napperon est constitué de cercles (ronds) à bords et de quelques carrés sans bords.
A chaque étape de la construction récursive, on peut noter $r_n$ le nombre de ronds et $c_n$ le nombre de carrés.
Ainsi, on a $r_0=1$ et $c_0=0$, puis pour le trèfle à 4 feuilles $r_1=4-1=3$ et $c=1$
Et les relations de récurrence: $r_{n+1}=4r_n-1$ et $c_{n+1}=4c_n+1$

La figure ci-dessous montre le développement au rang 3 on y compte donc 43 disques à bords et 21 carrés sans bords.
On montre par récurrence qu'à tout rang n on a $r_n=2c_n+1$, donc le rapport $\dfrac c n$ tend vers 2,
Ainsi, le rapport A/P tend vers $\dfrac{100(\pi+1)}{20\pi\sqrt 2}$qui est clairement inférieur à 5 sad smiley

Amicalement. jacquot



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par jacquot.


Re: 5 pour 1
il y a quatre années
avatar
Je continue sur le cette question du maximum pour le problème initial. Bon, il y a des calculs de dérivées secondes infâmes à faire, je ne les fais pas. Le lagrangien est à variables séparées, sa hessienne est diagonale et en fait comme tous les $\theta_i$ sont égaux à 2 et quelques radians, c'est un multiple de l'identité puisque on a la même fonction pour chaque variable. Un tracé sommaire montre que cette fonction est strictement concave au voisinage de l'angle en question, donc c'est bon pour un maximum local. Comme c'est le seul, il va avoir du mal à ne pas être global (j'ignore délibérément ce qui se passe aux bornes du domaine).



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a quatre ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par remarque.
Re: 5 pour 1
il y a quatre années
Moi je verrais bien une forme en ailes de papillon, avec des ellipses, mais je suis incapable de faire un dessin et calcul d'aire sur geogebra sad smiley
Pour un périmètre de 100cm on devrait pouvoir faire ça avec 1 ou 2 hauteurs de 10cm
Des fois la nature fait bien les choses, pour des ailes qui sont assez optimisées pour le vol j'imagine que le rapport p/A est important spinning smiley sticking its tongue out
la chenille elle ne vole pas grinning smiley
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