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 #1 - 02-07-2014 18:55:50

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gâtau 80

Bonjour à tous smile

Lors d'un gâteau précédent http://www.prise2tete.fr/forum/viewtopic.php?id=11848 , la question avait été posée de savoir si un carré que l'on pouvait découper en rectangles aXb et bXa devait forcément pouvoir être découpé en rectangles aXb uniquement .

La question est-elle aussi simple qu'elle en a l'air ????

http://s7.postimg.org/98g3gnde3/ABBA.jpg

Amusez-vous bien smile

Vasimolo



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 #2 - 04-07-2014 11:28:26

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

gâteay 80

Bonjour,

Notons [latex]c[/latex] le côté du carré.

Soit [latex]k[/latex] le nombre de rectangle [latex]a\times b[/latex] et  [latex]b\times a[/latex]  qui pavent le carré.

On a alors [latex]c^2 = kab[/latex]

Supposons [latex]a[/latex] et[latex]b[/latex] entiers.

Donc [latex]a[/latex] divise [latex]c[/latex] et [latex]b[/latex] divise [latex]c[/latex], on peut donc paver le carré uniquement avec des rectangles [latex]a\times b[/latex].

Montrons maintenant que l'on peut toujours se ramener au cas entiers.

Soit [latex]n_1[/latex] le nombre de rectangles [latex]a\times b[/latex] qui touchent le côté supérieur du carré, et [latex]m_1[/latex] le nombre de rectangles  [latex]b\times a[/latex] qui touchent le côté supérieur du carré.
On a alors la relation suivante :
[TeX]c = am_1 + bn_1[/latex].

En remplaçant dans l'équation  [latex]c^2 = kab[/latex] on obtient :

[latex]a^2m_1^2 + b^2n_1^2 + 2m_1n_1ab = kab[/TeX]
[latex]\Leftrightarrow ({a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2 +2m_1n_1)ab=kab[/latex].

Comme [latex]k[/latex] est un entier, cela signifie que

  [latex]{a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2 +2m_1n_1[/latex]  est un entier.

[latex]\Leftrightarrow {a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2[/latex] est un entier (car [latex]n_1[/latex] et [latex]m_1[/latex] sont des entiers).


cas 1 :  [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont rationnels. Alors en multipliant toutes les longueurs par le ppcm du dénominateur de [latex]a[/latex] et du dénominateur de [latex]b[/latex] alors on se ramène au cas entier.

cas 2 :  [latex]a[/latex] est rationnel et [latex]b[/latex] est irrationnel. Alors [latex]a\over b[/latex] et [latex]b\over a[/latex] sont irrationnel, et donc en particulier  [latex]{a\over b}m_1^2 + {b\over a}n_1^2[/latex] n'est pas un entier. Contradiction.

cas 3 :  [latex]a[/latex] est irrationnel et [latex]b[/latex] est rationnel.
Même raisonnement que dans le cas 2.

cas 4 :  [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont irrationnels.
On a vu dans les cas 2 et 3 que [latex]a\over b[/latex] est forcément rationnel.
Cela signifie qu'il existe un irrationnel [latex]r[/latex] et des rationnels [latex]a'[/latex] et [latex]b'[/latex] tels que [latex]a = a'r[/latex]  et [latex]b= b'r[/latex]. Donc en divisant toutes les longueurs par [latex]r[/latex], on se ramène au cas 1.

CQFD.

Enfin presque, dans le cas 4 j'ai utilisé le résultat suivant :
Si [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont irrationnels et que [latex]a\over b[/latex] est rationnel, alors il existe un irrationnel [latex]r[/latex] et des rationnels [latex]a'[/latex] et [latex]b'[/latex] tels que [latex]a = a'r[/latex]  et [latex]b= b'r[/latex].

Intuitivement ça me paraît juste, mais il faut que je vérifie ce résultat.
Je ferais ça plus tard, c'est sûrement trivial.

EDIT: oui, en fait :  on prend [latex]r = b[/latex],  [latex]a'={a\over b}[/latex] et [latex]b'=1[/latex].

Donc en fait le cas 4 peut se résumé simplement à ceci :

cas 4 :  [latex]a[/latex] et [latex]b[/latex] sont irrationnels.
On a vu dans les cas 2 et 3 que [latex]a\over b[/latex] est forcément rationnel.
Donc en divisant toutes les longueurs par [latex]b[/latex], on se ramène au cas 1.


Il y a sûrement plus simple.

 #3 - 04-07-2014 12:38:19

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

gâreau 80

Bonjour Cogito .

Il y a un point qui me gène dès le départ , c²=kab n'entraîne pas que a et b divisent c smile

Vasimolo

 #4 - 04-07-2014 18:23:24

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Gâteu 80

Arghhff..., je me disais aussi ça avait l'air trop simple lol

Bon, je suis sésolé, mais je vais être un petit moment sans accès à internet, donc je ne pourrais pas rectifier hmm.

Mais je continu à chercher smile


Il y a sûrement plus simple.

 #5 - 05-07-2014 01:38:01

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

âteau 80

Juste pour ne pas perdre l'idée : le reste suivra

Sur deux côté adjacents du carré on a :

n.a +m.b = x.a + y.b avec n,m,x et y entiers.

Donc a/b = (y-m)/(n-x) ce qui implique que a/b est un nombre rationnel.
Toutes proportions gardées, on peut donc ramener le problème à des dimensions a et b entières et même a et b premiers entre eux.

(...suite)

La surface totale est N a.b (N étant le nombre total de rectangles) et est elle-même un carré parfait (puisqu'on raisonne maintenant sur une grille de maille unitaire) donc N = k^2 a.b avec k entier.

et S= k^2 (a.b)^2  un côté vaut donc k.a.b qui est au choix multiple de a ou de b

CQFD

 #6 - 05-07-2014 11:04:27

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

GGâteau 80

En effet Gwen , on peut supposer que a et b sont entiers , on peut même les supposer premiers entre-eux .

La forme carrée est bien sûr nécessaire :

http://s16.postimg.org/69jr18iyd/Contre_exemple.jpg

Et le problème n'est pas uniquement arithmétique , on peut s'en convaincre assez facilement en prenant par exemple a=9 et b=4 .

Bonne recherche smile

Vasimolo

PS : Vu le peu de réponse , je ne sais pas si le problème intéresse beaucoup de monde , j'ajoute quand même un peu de temps au chrono au cas où .

PPS : Je suis particulièrement avare en indices car il y a plein de façon d'aborder le problème et j'aimerais bien voir des idées nouvelles . Sinon , je peux aussi vous montrer l'entrée de la piste que j'ai suivie .

PPPS : Au besoin , ma boîte MP est ouverte smile

 #7 - 05-07-2014 11:58:46

golgot59
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1374
Lieu: Coutiches

Gtâeau 80

Le problème m'intéresse, et je suis en train de plancher dessus, mais je n'ai rien de très intéressant pour le moment. J'avance doucement.

Par contre, je n'avais pas pris pour hypothèse que les dimensions étaient entières, ça simplifiera peut-être...

 #8 - 05-07-2014 12:06:22

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gââteau 80

Les dimensions ne sont pas entières à priori mais on peut s'y ramener facilement comme l'a montré Gwen ( mais bon , c'est caché pour le moment smile )

Bon courage , ce n'est pas facile smile

Vasimolo

 #9 - 06-07-2014 08:20:42

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

Gâeau 80

Edité plus haut sans trop de calculs smile

Je n'avais pas eu le temps de conclure, mais le principal était de passer par cette idée de rationnel et le prouver. Il suffit ensuite de retrouver le problème initial avec la proportion appliquée ce qui ne change pas la conclusion.

 #10 - 06-07-2014 09:05:40

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

gâreau 80

Non Gwen , ça ne marche pas smile

Prenons a=9 , b=4 et N=25 alors le côté du carré fait c=30 qui n'est pas multiple de 9 ni de 4 .

Vasimolo

 #11 - 06-07-2014 09:33:48

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

Gâteau 8

Alors là, j'aimerais bien voir ton carré de 30 de côté avec des rectangles 9 x 4 !!!

36 de côté OK mais 30, je te mets au défi !

 #12 - 06-07-2014 10:06:38

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gâteau 08

N'inverse pas les rôles Gwen , c'est toi qui doit montrer que le côté du carré est multiple de a ou/et b smile

30=9+9+4+4+4 , après trouver un pavage qui remplit le carré c'est autre chose .

Vasimolo

 #13 - 06-07-2014 11:12:18

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

Gâetau 80

Si a et b ne sont pas des carrés, , étant premiers entre eux , ça marche

Si a OU b est un carré, on arrive à prouver ainsi que le côté est divisible par l'autre.
Et donc, on arrive au même résultat....

Si a et b sont des carrés, ils le sont donc de nombres premiers entre eux.

On a alors N = k^2 et S = k^2 a.b et le côté (k racine (a.b)) il faut donc alors prouver que k racine(a.b) est multiple de a et b

je cherche...

 #14 - 06-07-2014 17:29:36

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 479
Lieu: Ardèche

Gâtea 80

Un gâteau 210x210 peut être pavé avec 14x15 ou avec 21x10, non ?

 #15 - 06-07-2014 17:37:57

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

gâreau 80

Bien sûr Halloduda mais ce n'est pas la question smile

Il faut montrer que si tu as réussi à réaliser un pavage de ton carré avec des rectangles 14X15 et 15X14 alors tu peux trouver un pavage uniquement avec des rectangles 14X15 ( c'est à dire tous dans le même sens ) .

Vasimolo

 #16 - 08-07-2014 08:45:02

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1432

Gâteaau 80

Ça me rappelle un théorème (je sais plus de qui, désolé), en dimension N :
on a des éléments de dimension a1xa2xa3x...xan dans un espace à n dimensions avec a1 divisible par a2, lui-même divisible par a3, etc... Si on peut remplir un espace de dimensions A1xA2xA3...xAN avec ces éléments, alors les dimensions de l'espace rempli sont des multiples des dimensions de nos éléments.
Ici, en 2D, ça doit le faire non ?

Bon je me rappelle plus du nom du théorème. Je me rappelle plus la démo non plus, ça devait être un truc tordu avec une fonction continue sur un espace rectangulaire à N dimensions et le théorème de Fubini par dessus.
Mais de toutes façons je pense que c'est pas vraiment le genre de réponses attendue, si ? (vu comment je me suis fait avoir avec le Gâteau 79, je cherche simple maintenant tongue )

 #17 - 08-07-2014 09:32:55

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

gâteay 80

Une idée bête et très visuelle, mais ça me parait tellement simple que ça doit être faux...

Je pave le plan avec une maille a/2 depuis le point rouge.
http://www.prise2tete.fr/upload/gwen27-pavagecarre.PNG
Si les rectangles font a x b ou b x a , un rectangle, quelle que soit son orientation, recouvrira exactement autant de noir que de jaune vu qu'un de ses côtés mesure a.

Au bout du compte, on aura un carré contenant autant de noir que de jaune, ce qui n'arrive que sur des mailles paires. Le côté est donc multiple de a.

La surface étant multiple de a.b, l'autre côté est multiple de b

Un côté est donc multiple de a et b

 #18 - 08-07-2014 09:45:39

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1432

Gâteau 8

Si les rectangles font a x b ou b x a , un rectangle, quelle que soit son orientation, recouvrira exactement autant de noir que de jaune vu qu'un de ses côtés mesure a.

Si b est un multiple de a/2, oui, c'est vrai. Sinon ton rectangle va s’arrêter en plein milieu de deux carrés.
Ca ne change pas ce que tu dit, autant de noir que de jaunes, fractions comprises.

Mais la suite

ce qui n'arrive que sur des mailles paires

n'est alors plus aussi triviale (mais je pense que c'est vrai quand même, les seuls points sur la diagonale qui donnent des carrés avec autant de surface jaune que de noire sont sur les mailles paires)

 #19 - 08-07-2014 10:14:35

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

Gâteau 8

Si on prend a/2= 1 (plus facile pour l'exemple)

Si on est entre une maille impaire et une maille paire, il y aura un noir de plus sur les maille précédente et la différence est entre les petits bouts de noir et de jaune est :
2 x - x^2 <1 car x<1


Si on est entre une maille paire et une maille impaire, il y a autant de noir que de jaune sur les mailles complêtes .

la différence est entre les petits bouts de noir et de jaune est  x^2 en noir

 #20 - 08-07-2014 11:49:31

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

Gâteau 8

L'idée de Gwen est sûrement la plus élémentaire ( il y en a des plus rapides avec des intégrales doubles mais on sort un peu du cadre du site ) . Ce qu'il faut bien voir c'est que tout rectangle parallèle aux lignes du quadrillage et dont un côté est multiple de a va recouvrir autant de noir que de blanc ( même si aucun sommet du rectangle n'est un nœud du quadrillage ) . Alors en effet l'ensemble des rectangles va recouvrir autant de noir que de blanc . On positionne alors le sommet supérieur gauche du carré sur un nœud et on regarde ce qui éventuellement va dépasser en bas et à droite ( attention , à priori ce ne sont pas des carreaux entiers ) .

Vasimolo

 #21 - 08-07-2014 12:45:02

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4733

GGâteau 80

Une illustration du petit défaut de couleur , évoqué par Gwen , si le carré n'a pas un nombre pair de cases :

http://s28.postimg.org/4juaw3hu5/Noir_et_blanc.jpg

Vasimolo

 #22 - 08-07-2014 12:46:54

scarta
Elite de Prise2Tete
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Messages : 1432

Gteau 80

En effet, on regarde ce qui va dépasser, comme je le faisais remarquer.
Mais Gwen a levé l’ambiguïté sur ce cas : pour avoir autant de carreaux jaunes et noirs dans un carré, il faut nécessairement être sur un noeud à la fin.
Si on dépasse de x, il y a alors soit x² surface noire en plus (si on déborde après un nombre pair de noeuds), soir ax-x² surface jaune en plus (après un nombre impair de noeuds), et les deux s'annulent pour x=0 (ou x=a, mais 0<=x<=a/2)

 #23 - 08-07-2014 12:56:04

Vasimolo
Le pâtissier
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Messages : 4733

Gâteau 8

J'avais bien compris l'idée , j'essayais de faire une petite synthèse car le cheminement n'est pas tout à fait simple smile

Vasimolo

 #24 - 08-07-2014 12:57:26

scarta
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 1432

Gââteau 80

Bon, moi je reste sur mes intégrales smile
Pas doubles, hein ! en N dimensions c'est tellement plus rigolo tongue

 #25 - 08-07-2014 13:02:58

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,470E+3

Gâteau 880

Le cheminement est assez simple, c'est de tomber sur l'idée qui ne l'est pas...  c'est ton contre exemple à deux carrés (4 et 9 ) qui m'a fait changer la maille (je restais sur une maille unitaire)

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