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 #1 - 31-08-2013 20:24:11

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gâteua 62

Bonsoir à tous smile

Mon pâtissier est revenu de vacances avec une nouvelle colle qui m'a un peu scotché sad

Bien sûr il aime faire des gâteaux mais son vice premier c'est de les couper .

Je vous donne sa dernière ânerie telle qu'il me l'a livrée :

Couper c'est bien mais tourner c'est pénible : dans une galette circulaire de diamètre D , quelle est la longueur maximale L que je peux trancher sans tourner de plus de 360° ?

http://img826.imageshack.us/img826/2954/3ckm.jpg

Ses coupes sont droites et ses angles ne sont pas orientés ( ie : 30° d'un côté et 30° de l'autre = 60° )

Quand je lui fais remarquer qu'en suivant les côtés d'un polygone régulier inscrit dans le gâteau il peut approcher la limite [latex]\frac LD = \pi[/latex] , il me montre sa dernière tarte :

http://img46.imageshack.us/img46/3817/gdi4.jpg

En bref , quelle limite L peut-on espérer approcher sans tourner de plus de 360° ?

J'ai une borne [latex]\frac LD=\pi+1[/latex] mais elle est sûrement excessive .

Merci d'avance pour la participation smile

Vasimolo



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 #2 - 01-09-2013 10:47:01

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Gâteau 662

Est ce un hasard si tu as dessiné ce qui semble être la longueur max, c'est à dire un carré ?
Un petit coup de tableur avec la formule (n+1)sin(Pi/n) et c'est fini.
A moins qu'on ne trouve une autre figure non régulière, mais je n'y pas crois pas trop.

 #3 - 01-09-2013 11:34:59

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

gâyeau 62

Vasimolo, dans sa dernière tarte devrait plutôt être à l'intérieur du carré non ou bien j'ai pas compris l'énoncé ?

 #4 - 01-09-2013 12:42:50

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

hâteau 62

@Nodgim : je ne connais pas la réponse et tu as peut-être raison , mais le dernier coup de couteau va quand même forcément "casser" un peu la symétrie .

@Titou , quand on parle d'angles on devrait toujours préciser de quoi on parle ( ici il s'agit d'angles non orientés entre deux vecteurs ) . Donc la dernière coupe est bien dans le bon sens smile
http://img443.imageshack.us/img443/9484/v12y.jpg

Bonne recherche .

Vasimolo

 #5 - 01-09-2013 22:46:33

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Gâteau 6

Bonsoir,

Si on regarde ce que donne la méthode du pâtissier avec les polygones réguliers (i.e rajouter une dernière coupe) alors on obtient comme limite :
[TeX]3,46...[/latex] pour le triangle équilatéral,
[latex]3,53...[/latex] pour le carré et
[latex]3,52...[/latex] pour le pentagone régulier.

Donc le carré donne un meilleur résultat. Mais on peut encore faire mieux en gardant le coté "doublé" du carré tel qu'il est, et en appliquant le "principe des polygones réguliers" pour rapproché les autres côté du carré du bord du cercle.
Ainsi la limite correspondra à la longueur en rouge plus la longueur de la dernière coupe dans la figure suivante :

http://www.prise2tete.fr/upload/cogito-Gateau62.png


Dans le cas du carré on a [latex]\alpha=\pi/2[/latex], mais on peut se demander si il n' y a pas une valeur de [latex]\alpha[/latex] qui maximise la somme de longueur en rouge et de la dernière découpe.

La dernière découpe a pour limite la longueur BC, on veut donc maximisé la longueur de l'arc en rouge plus deux fois BC.

Dans tous ce qui suit on supposera que le diamètre du cercle est égal à 1.

Un peu de trigonométrie (ou de wikipedia lol ) nous donne :

[latex]BC= \sin{\alpha\over 2}[/latex]      et

La longueur de l'arc en rouge est  [latex](2\pi-\alpha)*1/2=\pi-{\alpha\over 2}[/latex]   (1/2 c'est le rayon).

On veut donc maximiser la fonction [latex]\pi-{\alpha\over 2} + 2\sin{\alpha\over 2}[/TeX]
Posons [latex]\theta={\alpha\over 2}[/latex],  [latex]\alpha\in[0;2\pi][/latex] et donc [latex]\theta\in[0;\pi][/latex].
Étudions donc la dérivé de la fonction  [latex]f(\theta)=\pi-\theta + 2\sin\theta[/latex] sur l'intervalle [latex][0;\pi][/latex].

On a  [latex]f'(\theta) = 2\cos\theta - 1[/latex], donc :
[TeX]f'(\theta)=0 \Leftrightarrow \cos\theta = {1\over 2} \Leftrightarrow \theta = {\pi\over 3}[/TeX]
-Dans l'intervalle [latex][0,{\pi\over 3}][/latex] on a [latex]{1\over 2} \le\cos\theta[/latex],  et donc [latex]0 \le f'(\theta)[/latex].

-Dans l'intervalle [latex][{\pi\over 3};\pi][/latex]  on a [latex]\cos\theta \le {1\over 2}[/latex],  et donc [latex]f'(\theta)\le 0[/latex].

Donc pour résumé, la fonction [latex]f[/latex] est croissante sur l'intervalle  [latex][0,{\pi\over 3}][/latex], atteint son maximum en [latex]\theta={\pi\over 3}[/latex] et ensuite décroit.

Donc la longueur  [latex]\pi-{\alpha\over 2} + 2\sin{\alpha\over 2}[/latex]  est maximale pour [latex]{\alpha\over 2}={\pi\over 3}[/latex], i.e  [latex]\alpha={2\pi\over 3}[/latex]

et [latex]f({\pi \over 3}) = \pi - {\pi \over 3} + 2\sin{\pi \over 3} = {2\pi\over 3} + \sqrt 3[/latex].

Voilà, en fait quand [latex]\alpha[/latex] tend vers 0, on obtient bien le rapport [latex]\pi[/latex] que donne la méthode des polygones.


Il y a sûrement plus simple.

 #6 - 02-09-2013 13:24:12

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

gâtzau 62

Très bon boulot Cogito smile

Je crois bien qu'on a là le maximum . En tout cas , je vois mal comment on peut faire mieux .

Vasimolo

 

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