5 pour 1
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 :-D
Domi
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 :-D
Domi
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Réponses
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 :-)
En fait je suis fatigué, j'avais oublié la chenille, qui fait un peu plus de 482cm²
http://i.imgur.com/OvcVSNY.png
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.
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
Personne n'en sortira vivant, maintenant.
Domi
Domi
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 (:P)
Domi
> 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.
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
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 :-)
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?
> 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.
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
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
Domi
Domi
Enfin ça existe peut être déjà
genre l'aire du carré de maillage plus tous les arcs de cercles engendrés en fonction du périmètre ^^
Domi
Domi
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
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.
Domi
Amicalement. jacquot
Domi
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
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 !
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 :-D
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 (:P).
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.
En tout cas merci pour le coup de main , je cherche aussi d'autres chenilles mutantes pour faire mieux que Paul X:-(
Domi
Mais je ne vois pas où l'arc d'ellipse fera mieux que l'arc de cercle.
Voilà sinon aucune idée, c'est pas du tout un problème facile je trouve mais c'est que mon avis :-?
Domi
Tout point de la grille accède à l'extérieur via les segments noirs.
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.
> 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
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...
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 :-(
Amicalement. jacquot
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 (:P)
la chenille elle ne vole pas :-D