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 #1 - 17-02-2015 17:22:11

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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âGteau 94

Pour faire suite au précédent smile

Nous avions rencontré lors du gâteau 81 la curieuse construction :

http://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-gateau94.png

Tous les angles sont égaux et les côtés sont des entiers consécutifs .

Mon pâtissier prétend avoir trouver un autre gâteau à moins de 12 côtés avec la même particularité : lequel et comment ???

Amusez-vous bien smile

Vasimolo



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 #2 - 18-02-2015 13:35:06

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,568E+3

gâteay 94

Un décagone par exemple (image cliquable) :

 #3 - 18-02-2015 15:42:33

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Gteau 94

Parfait Gwen smile

Y'en a pas d'autres ?

Là encore il y a une généralisation assez surprenante roll

Vasimolo

 #4 - 18-02-2015 16:01:46

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Gâteau 4

Bah, pour tous les multiples de deux par un nombre impair , ça marche déjà...

Pour les autres, je ne vois pas. (avec des côtés entiers pas nécessairement tous différents, oui, mais avec des entiers consécutifs, pour l'octogone et l'heptagone, ça parait difficile déjà )

Donc 2x3= 6 2x5 = 10 ça marche facilement, les autres, j'ai un doute même si je ne trouve pas d'astuce pour un ennéagone.

 #5 - 18-02-2015 16:23:25

Franky1103
Elite de Prise2Tete
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Messages : 2794
Lieu: Luxembourg

hâteau 94

Pour un décagone, mon idée est de remarquer que: cos(72°)=cos(2.pi/5)=(-1+V5)/4, et: cos(36°)=cos(pi/5)=(1+V5)/4, puis d'écrire la somme de la projection de cinq côtés consécutifs et de scinder les parties rationnelle et irrationnelle. Mais je n'ai pas encore abouti: affaire à suivre ...

 #6 - 18-02-2015 17:32:21

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâtaeu 94

@Gwen : pour l'heptagone ça paraît en effet très difficile si on en croit le gâteau précédent smile

Vasimolo

 #7 - 18-02-2015 17:56:41

Vasimolo
Le pâtissier
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fâteau 94

Un dodécagone équiangle dont les côtés sont des entiers consécutifs :

http://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-12cotes.png

Bien sûr ça ne répond pas à la question , mais ça montre que le problème n'est pas complètement évident smile

Vasimolo

 #8 - 18-02-2015 20:04:11

Promath-
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Enigmes résolues : 18
Messages : 1416
Lieu: Au fond de l'univers

hâteau 94

Je pense que la figure en question a un nombre pair de côté et que les côtés sont les suivants pour un octogone:
8-1-6-3-7-4-5-2

Il doit probablement y avoir une construction analogue pour le décagone régulier mais comment?


Un promath- actif dans un forum actif

 #9 - 18-02-2015 21:02:14

enigmatus
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 414

Gâteauu 94

Bonsoir,
J'obtiens 2 hexagones (plus les 2 symétriques)

Code:

[1, 4, 5, 2, 3, 6]
[1, 5, 3, 4, 2, 6]

24 décagones

Code:

[1, 4, 5, 8, 9, 2, 3, 6, 7, 10]
[1, 4, 5, 10, 7, 2, 3, 6, 9, 8]
[1, 4, 7, 6, 9, 2, 3, 8, 5, 10]
[1, 4, 7, 10, 5, 2, 3, 8, 9, 6]
[1, 4, 9, 6, 7, 2, 3, 10, 5, 8]
[1, 4, 9, 8, 5, 2, 3, 10, 7, 6]
[1, 6, 3, 8, 9, 2, 5, 4, 7, 10]
[1, 6, 3, 10, 7, 2, 5, 4, 9, 8]
[1, 6, 7, 4, 9, 2, 5, 8, 3, 10]
[1, 6, 9, 4, 7, 2, 5, 10, 3, 8]
[1, 7, 3, 9, 5, 6, 2, 8, 4, 10]
[1, 7, 3, 10, 4, 6, 2, 8, 5, 9]
[1, 7, 4, 8, 5, 6, 2, 9, 3, 10]
[1, 7, 4, 10, 3, 6, 2, 9, 5, 8]
[1, 7, 5, 8, 4, 6, 2, 10, 3, 9]
[1, 7, 5, 9, 3, 6, 2, 10, 4, 8]
[1, 8, 2, 9, 5, 6, 3, 7, 4, 10]
[1, 8, 2, 10, 4, 6, 3, 7, 5, 9]
[1, 8, 3, 6, 9, 2, 7, 4, 5, 10]
[1, 8, 4, 7, 5, 6, 3, 9, 2, 10]
[1, 8, 5, 4, 9, 2, 7, 6, 3, 10]
[1, 8, 5, 7, 4, 6, 3, 10, 2, 9]
[1, 9, 2, 8, 5, 6, 4, 7, 3, 10]
[1, 9, 3, 7, 5, 6, 4, 8, 2, 10]

et 732 dodécagones (dont celui de vasimolo #7)

Il est à noter que, pour chaque solution, on en obtient une infinité en augmentant la longueur de chaque côté d'un même nombre entier. Les longueurs sont encore consécutives, mais ne commencent plus à 1, ce qui n'est d'ailleurs pas spécifié dans l'énoncé.

 #10 - 18-02-2015 22:15:12

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4773

gâteai 94

Je précise un peu la question pour éviter les longues listes smile

Quel est le nombre de côtés du gâteau ? S'il y a plusieurs solutions , quelles sont-elles ?

Vasimolo

 #11 - 19-02-2015 09:30:45

unecoudée
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 202

Gâteau 994

salut.

pour les polygones équiangles possèdant 4n côtés , les côtés opposés sont parallèles et entiers ; ils diffèrent de a (entier) . en séparant les côtés en 2 groupes et en appliquant la relation de Chasles avec d'une part les côtés de longueur   3,9,7,1,11 & 7 on peut obtenir un triangle équilatéral de côté a . La somme des 6 vecteurs est un vecteur nul .
même opération avec les côtés  6,4,10,8,2 & 12

en règle générale , je me trompe peut-être , ça fonctionnerait pour tous les polygones équiangles possédant   3 x 2^n n>0 côtés comme l'hexagone , le dodécagone  , tétraicosagone (24 cotés) ... 48 , 96 .etc...

 #12 - 19-02-2015 17:22:01

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4773

gâreau 94

Oui ça marche unecoudée mais y'en a d'autres .

Vasimolo

 #13 - 20-02-2015 14:04:31

unecoudée
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 202

hâteau 94

salut.

toujours avec la relation de Chasles . un décagone avec des angles de 144°

Les côtés opposés sont parallèles et diffèrent de 1 .



http://nsa34.casimages.com/img/2015/02/20/150220020310669382.png

 #14 - 20-02-2015 14:37:04

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

hâteau 94

Avec un gâteau à 6 côtés :
On a vu que équiangle équivaut à ce que la différence entre des côtés opposés soit constante. Evidemment si l'on ajoute le même nombre aux côtés de départ, ça marche encore : par exemple avec les côtés 2,7,4,3,6,5 dans cet ordre. On va donc plutôt chercher une autre solution avec les côtés de 1 à 6.
En raisonnant sur le côté 3, on voit que la différence ne peut valoir que 1, 2, ou 3.
1, c'est l'exemple que tu as donné, 2 ça ne marche pas, 3 ça marche.

 #15 - 20-02-2015 18:12:31

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4773

Gâteau 944

Seul le décagone répondait au problème initial ( l'octogone de Promath- ne se referme pas bien ) .

On peut maintenant se poser la question : pour quelles valeurs de n peut-on construire un polygone équiangles dont les n côtés sont 1 ; 2 ; ... ; n ?

Quelques constructions ont déjà été proposées . Pour ouvrir un peu le problème , un exemple avec un nombre impair de côtés : 15 .

http://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-15.png

Qui va donner :

http://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-15bis.png

Merci aux participants smile

Vasimolo

 #16 - 20-02-2015 19:30:28

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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Gâtau 94

Ca marche aussi pour les multiples de 3 par un nombre premier avec eux, je pense...

On part du polygone régulier (15 côtés dans ton exemple)
On augmente 1 côté sur 3 (3x5=15) de 0, 5 et 10

Code:

1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1
1  6  11 1  6  11 1  6  11 1  6  11 1  6  11

Puis 1 côté sur 5 de 0 1 2 3 et 4 :

Code:

1  6  11 1  6  11 1  6  11 1  6  11 1  6  11
1  7  13 4  10 11 2  8  14 5  6  12 3  9  15

On peut faire la seconde étape car chaque triangle (prolongé) issu de 3 côtés a des angles de 60° et est donc équilatéral.

Spoiler : [Afficher le message] Pour le fun , je tente : tout produit de 2 premiers entre eux est valable , ainsi que ses multiples. Car on peut faire le même raisonnement avec 5 et 7 ...

Seules les puissances d'un même nombre premier sont impossibles.

 #17 - 20-02-2015 19:39:09

SabanSuresh
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Gâteau 9

J'ai pas participé à l'énigme (ça me dépasse tout ça) mais quand Vasimolo a proposé le 15, j'ai aussi pensé aux produits de deux nombres premiers. Mais dans ce cas là, on pourrait faire à tétrakaidécagone, ou tétradécagone ou quadridécagone (à 14 côtés quoi big_smile).

 #18 - 20-02-2015 19:49:54

Vasimolo
Le pâtissier
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âGteau 94

gwen27 a écrit:

Pour le fun, je tente ... seules les puissances d'un même nombre premier sont impossibles.

J'en suis exactement au même point . Je pense avoir prouvé que tout entier qui n'est pas une puissance d'un nombre premier convient . Je n'ai pas encore réfléchi à la réciproque .

Vasimolo

 #19 - 20-02-2015 20:31:56

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,568E+3

Gâtau 94

Ca marche si on admet qu' un polygone à n côtés entier est nécessairement régulier si n est premier.Mais ça reste une conjecture issue du gâteau précédent.

SabanSuresh a écrit:

J'ai pas participé à l'énigme (ça me dépasse tout ça) mais quand Vasimolo a proposé le 15, j'ai aussi pensé aux produits de deux nombres premiers. Mais dans ce cas là, on pourrait faire à tétrakaidécagone, ou tétradécagone ou quadridécagone (à 14 côtés quoi big_smile).

Bah oui, tu pars de 14 côtés égaux et entiers. Et tu appliques le même procédé que pour le décagone avec 8 au lieu de 6.

 #20 - 20-02-2015 20:34:58

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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gâyeau 94

@Gwen : n premier => polygone régulier n'est plus une conjecture smile

Vasimolo

 #21 - 20-02-2015 20:39:31

gwen27
Elite de Prise2Tete
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gâyeau 94

Dans ce cas, premiers entre eux permet de passer de l'un à l'autre vu que les deux boucles imbriquées 1/n et 1/m  donnent la suite de 1 à n x m le tout en restant dans des polygones de base réguliers.

Par contre, pour exclure les puissances pures de nombres premiers, je ne vois pas.

 #22 - 20-02-2015 21:19:25

titoufred
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Gâetau 94

Pour un polygone à n côtés, où n = a x b, avec a et b deux nombres premiers entre eux, on fait exactement comme tu as fait pour n=15 côtés, ça marche.
Donc effectivement, si n n'est pas une puissance d'un nombre premier, on peut trouver un polygone équiangle dont les côtés sont n nombres entiers consécutifs.

 #23 - 22-02-2015 12:32:55

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteaau 94

Pour clore le problème , la solution ( un peu trop "savante" ) .

Le plus petit polynôme ayant comme racine z=exp(2i.pi/n) avec n=p^k et p premier est :

P(X)=1+Y+Y^2+...+Y^(p-1)  , Y=X^p^(k-1) .

Ce polynôme est irréductible sur Q . Si on peut faire un gâteau dont les côtés sont 1 ; 2 ; ... ; n alors z est aussi racine de :

Q(X)=a0+a1X+...+a(n-1)X^(n-1) , les ai étant les entiers de 1 à n .

Comme P est irréductible , il divise Q c'est à dire : Q=P.R , R étant un polynôme à coefficients rationnels .

Il suffit de comparer les coefficients de Q et P.R pour se rendre compte que c'est impossible .

Pour conclure si le nombre de côtés est une puissance d'un nombre premier le gâteau est impossible , il est possible dans tous les autres cas .

Bonne digestion lollollollollol

Vasimolo

 #24 - 22-02-2015 20:18:37

titoufred
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 20
Messages : 1746

Gâteau 9

Merci pour ce gâteau Vasimolo, c'était très intéressant !

 

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