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 #1 - 10-10-2013 00:25:02

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

Gâteaau 64

Bonsoir à tous smile

Je ne vois plus mon pâtissier qu'à de rares occasions , il commence en effet à être connu et il n'a plus beaucoup de temps à me consacrer .

Débordé , il fait quand même appel à mes services ( aux vôtres smile ) quand il n'arrive pas à satisfaire la demande d'un client capricieux .

La dernière en date :

Un gâteau pentagonal convexe dont les sommets sont aux nœuds d'un quadrillage orthonormé , tous les côtés doivent être entiers et le périmètre impair .

Il n'y arrive pas et me ( nous ) demande de l'aide .

http://img580.imageshack.us/img580/5425/r1sy.jpg

Merci d'avance pour lui smile

Vasimolo



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 #2 - 10-10-2013 08:06:29

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,472E+3

Gâteau 4

Avec les triplets pythagoriciens, assez facile : Ah, non , je n'avais pas lu la condition "périmètre impair"
http://www.prise2tete.fr/upload/gwen27-pentagone.PNG

 #3 - 10-10-2013 08:52:55

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

âteau 64

Bien essayé Gwen mais ça ne marche pas smile

Vasimolo

 #4 - 10-10-2013 09:12:11

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
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Lieu: Ardèche

Gâteau 6

Je pense que c'est impossible.

Dans un triangle rectangle à côtés entiers, l'hypoténuse a toujours la même parité que la somme des deux autres côtés. Il suffit d'envisager tous les cas.

Un rectangle à côtés entiers a un périmètre pair.

Il est facile de conclure...

EDIT suite à demande de Vasimolo

Grâce à la convexité du pentagone, je peux remplacer chaque côté oblique par les deux autres côtés parallèles aux axes (à l'extérieur) du triangle dont il est l'hypoténuse.
Cela ne change pas la parité du périmètre de polygone ainsi obtenu.

J'obtiens ainsi un polygone, pas forcément convexe, dont tous les côtés sont parallèles aux axes.
Ce polygone a évidemment un périmètre pair, donc aussi le pentagone de départ.

 #5 - 10-10-2013 09:25:19

Fito11235
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 148
Lieu: Bourgogne

gâteay 64

Le périmètre impair ne pourra pas être obtenu.
Pour former un tel pentagone, on a besoin de 4 triplets Pythagoriciens. Les 4cotés de ce pentagone correspondant aux hypoténuses des triangles rectangles sont des nombres impairs. Le dernier coté devra donc être impair.
De plus les cotés de l'angle droit de chaque triangle sont de parité différente.Donc la somme des 8 cotés des angles droits est pair. Il en va de même pour le coté manquant du pentagone puisque le rectangle dans lequel il est inscrit a forcément un périmètre pair.

J'espère avoir été clair et il est possible que quelquechose m'ait échappé. Ca va me travailler au boulot toute la journée.


Choose a job you like and you'll never have to work a day in your life.    Confucius

 #6 - 10-10-2013 09:53:52

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Gâeau 64

Bonjour smile

Tous les triplets pythagoriciens sont de la forme (p²-q²,2pq,p²+q²) avec p et q de parité différente donc en particulier p²+q² est impair.

Comme les côté doivent être entier alors la longueurs des cotés est forcément le résultat du troisième élément d'un triplet pythagoricien, donc tous les côtés du polygone sont impairs.

Donc si le polygone à un nombre impair de côté alors le périmètre est impair.

Je ne vois pas quel difficulté rencontre le pâtissier ?


Il y a sûrement plus simple.

 #7 - 10-10-2013 10:17:21

Franky1103
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Luxembourg

gâtrau 64

Soit n la maille du quadrillage. Tous les côtés doivent être entiers, donc 13.n, 8.n et 5.n (triple contrainte), et le périmètre doit être impair, donc 36.n
Je ne vois pas comment y arriver, mais je flaire une petite astuce du patissier.
Affaire à suivre ...

 #8 - 10-10-2013 12:24:33

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4734

gâtrau 64

Y'a du monde sur l'affaire smile

@Halloduda : Tu es dans le vrai mais , "Il est facile de conclure ... " , tu m'aides un peu smile
@Fito et Franky : Attention l'illustration n'est qu'un exemple , les côtés du gâteau peuvent être formés par 1 ; 2 ; 3 ; 4 ou 5 triplets pythagoriciens .
@Cogito : Il faut creuser un peu plus .

Bonne recherche à tous .

Vasimolo

PS : je change le numéro du gâteau , je deviens gate(a)ux sad

 #9 - 10-10-2013 18:10:59

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Gâtaeu 64

C'est impossible.

Si on code le parcours grâce aux deux premiers termes du triplet pythagoricien, au terme du parcours des 5 côtés la résultante doit être nulle.

Autrement dit, la somme en X et en Y doit être paire. (Bah oui, on va de gauche à droite, puis de droite à gauche, idem de bas en haut)

Partons du cas simple de 5 triplets dont les deux premiers termes sont pairs :

PP=> P
PP=> P
PP=> P
PP=> P
PP=> P

Cinq triplets comme ceux-là permettent de revenir au point de départ (avec les bons nombres) Mais la dimension des côtés serait paire à chaque fois. Et le périmètre est donc pair.

Si j'introduis un terme impair en abscisse , il m'en faut un autre sur une autre abscisse ou je ne ferai pas de figure fermée...

IP => I
IP=> I
PP=> P
PP=> P
PP=> P

Le périmètre sera toujours pair même si j'en introduis d'autres En colonne, abscisses et ordonnées doivent avoir un nombre pair de termes impairs, et donc en ligne il y aura toujours un nombre pair de côtés de dimension impaire.

 #10 - 10-10-2013 18:33:53

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Gteau 64

Bien vu Gwen , tu as mis le doigt sur le problème . On peut conclure un peu plus rapidement avec la même idée smile

Vasimolo

 #11 - 10-10-2013 19:43:26

Fito11235
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 148
Lieu: Bourgogne

Gteau 64

4 triplets pythagoriciens nous donnent forcément un périmètre pair donc ce n est pas possible.

5 triplets pythagoriciens nous donnent bien un périmètre impair mais le rectangle dans lequel est inscrit le pentagone a un périmètre impair ce qui est en contradiction avec le fait que les sommets sont sur les noeuds du quadrillage.

En fait plus généralement, j'ai comme l'impression qu'un nombre impair de triplets nous donne la même contradiction qu'avec 5 et un nombre pair de triplets la même contradiction qu'avec 4 triplets.


Donc je dirais qu'il n y a pas de solutions. Des figures pour illustrer mes propos seraient les bienvenues, j'essayerai de prendre le temps demain. A moins que d'ici là, une illumination m'apporte la configuration à laquelle je n'ai toujours pas pensée...


Choose a job you like and you'll never have to work a day in your life.    Confucius

 #12 - 10-10-2013 22:01:20

nodgim
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2954

Gâtaeu 64

Je pars de A à coordonnée entière. Je monte de 5, je vais à G sur 12, j'arrive en B et AB=13.
De B, je vais 48 à D puis 14 en haut pour arriver à C, AC=50.
De C, je vais 11 vers le bas, puis 60 vers la D, j'arrive en D et CD=61.
De D, je vais 24 vers la G, puis 10 vers le bas, j'arrive en E, DE=26.
Et comme A et E sont sur la même horizontale, j'ai bien tous mes segments de longueur entière, dont 4 carrés parfaits.

Zut j'ai oublié le périmètre impair dans la bagarre...

 #13 - 10-10-2013 22:27:12

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2954

gâteai 64

D'un point de vue de parité, si S est un segment, hypothénuse d'un triangle rectangle, L son coté horizontal et H son coté vertical, on a S=H+L
Pour les 5 segments
Si=Li+Hi
Mais on a aussi
L1+L2=L3+L4+L5 (2 longueurs sont égales aux 3 autres) et aussi
H1+H4=H2+H3+H5
La somme des Si est la somme des Hi + la somme des Li.
Or la somme des Li est paire, pareil pour la somme des Hi

Le périmètre ne peut être impair.

 #14 - 11-10-2013 00:47:34

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Gâteaau 64

Mon premier message c'est n'importe quoi, si on prend par exemple (6,8,10) alors 10 est pair.

Si a² + b² = c² alors la parité de c est la même que la parité de a + b.
Donc si l'on trace les côtés des triangles rectangles dont les hypoténuses sont les côtés du pentagone, nous obtenons un polygone dont le périmètre a la même parité que le périmètre du pentagone et dont les côtés suivent les lignes du quadrillage.

Le fait que les côtés du polygone suivent le quadrillage fait que son périmètre est égal à celui d'un rectangle = 2(L+l) et est donc pair. Donc le périmètre du pentagone est forcément pair !

Merci, pour ce problème smile
Je suis désolé, je n'ai pas pris le temps de faire de dessins.


Il y a sûrement plus simple.

 #15 - 11-10-2013 17:35:43

Vasimolo
Le pâtissier
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âteau 64

Bonnes réponses de Nodgim et cogito .

Vasimolo

 #16 - 12-10-2013 19:23:28

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâtteau 64

Un petit indice avant de lever le masque : Spoiler : [Afficher le message] dans un triangle rectangle à côtés entiers , la parité de l'hypoténuse est la même que celle de la somme des côtés de l'angle droit " .

Vasimolo

 #17 - 12-10-2013 22:18:43

housseyne
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Messages : 26

gâtrau 64

bon soire
je n'ai pas compris la question sad

 #18 - 12-10-2013 22:27:15

Franky1103
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fâteau 64

Avec cet indice, j'ai pigé. La parité de l'hypoténuse est la même que celle de la somme des côtés de l'angle droit. Donc la parité du périmètre du pentagone est la même que celle de la valeur: 2.(Xmax-Xmin)+2.(Ymax-Ymin) (en faisant le tour du pentagone, je parcours deux fois les X et les Y). Or cette valeur est forcément paire. Le problème n'a donc pas de solution.

 #19 - 12-10-2013 22:52:07

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâtau 64

C'est ça Franky smile

Je n'avais pas pas compris pourquoi il y avait blocage .

En fait il n'est pas complètement évident que l'hypoténuse d'un triangle rectangle à côtés entiers a la même parité que la somme de ses deux côtés perpendiculaires et c'est la clef du problème .

Vasimolo

 #20 - 12-10-2013 23:01:46

Franky1103
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Gâteau 46

Je pense que ça marche aussi pour tout gâteau polygonal (pas seulement pentagonal) et pas forcément convexe.

 #21 - 12-10-2013 23:08:37

Vasimolo
Le pâtissier
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gâtzau 64

J'allais le dire dans mon "corrigé" smile

Vasimolo

 #22 - 13-10-2013 10:12:14

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteu 64

J'ajoute mon petit couplet à ce qui a déjà été dit plusieurs fois .

On regarde un côté du pentagone :
[TeX]L \equiv (x_1-x_2)+(y_2-y_1) \text{ [ Mod 2 ]}[/TeX]
http://img96.imageshack.us/img96/7159/9wit.jpg

Le côté du pentagone a la même parité que la somme des variations de ses coordonnées ( même si l'une d'entre elles est nulle ) .

Alors le périmètre vérifie :
[TeX]P \equiv (x_2-x_1)+(x_3-x_2)+\cdots + (x_1-x_5)+(y_2-y_1)+(y_3-y_2)+\cdots +(y_1-y_5)\equiv 0  \text{ [ Mod 2 ]}[/TeX]
On peut remarquer que le résultat reste vrai pour un polygone quelconque ( pentagone et convexe  ne sont que des leurres smile ) .

Merci à tous les participants smile

Vasimolo

 #23 - 13-10-2013 12:34:44

nodgim
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Gâtaeu 64

Si l'on ôte la contrainte du périmètre impair, reste à trouver un pentagone à cotés entiers, dont les sommets se trouvent sur les coordonnées entières, et dont aucun segment n'est confondu avec une ligne du quadrillage (pas d'horizontale ni de verticale).
C'est pas gagné d'avance...

 #24 - 13-10-2013 12:59:09

Vasimolo
Le pâtissier
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gâtezu 64

Je n'ai pas essayé mais ça ne doit pas être bien difficile avec un esclave ( petit programme qui travaille sans se reposer ni se plaindre smile) .

Vasimolo

 #25 - 13-10-2013 19:14:46

Vasimolo
Le pâtissier
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GGâteau 64

Un exemple de pentagone à côtés entiers sur quadrillage :

http://img23.imageshack.us/img23/7452/6whg.jpg

Mais le périmètre est pair lollollollollol

Vasimolo

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