Juste pour savoir... 8kg  : on s'en fiche totalement ? Tu veux juste caser 63 rectangles de surface  et d'orientation (=à un côté) identique dans un triangle ?

Il semblerai qu'un triangle soit homéomorphe à un rectangle du coup...

Spoiler : [Afficher le message] Je plaisante promis je cherche, en fait je suis intrigué par le 63.

Je me lance un peu vite au risque de dire des bêtises :

On suppose le gâteau de hauteur et densité homogène …

Intuitivement, pour recouvrir un maximum d’espace, il faut coller à la suite des languettes de gâteau. Je ne prouve pas pour le moment que ce soit la solution optimale, j’ai juste essayé de trouver une solution…que j’espère la bonne…

Avec un petit nombre de languettes, on voit trivialement qu’il faut placer ces languettes horizontalement (au sens du dessin de l’exemple) car verticalement, on « perd de la place » à cause du sommet  qui sépare.

On considère donc des languettes fines alignées horizontalement.

On se retrouve ainsi avec 63 triangles perdus de chaque côté du triangle plus le petit triangle chapeau en haut.

On note Hi la hauteur (pas forcément égale) des petits triangles perdus et  respectivement Gi et Di les largueurs correspondantes. On remarque que le chapeau est en fait un triangle comme les autres mais dont coté gauche et droite se rejoignent.

On a donc :

Perdu = Somme de 0 à 63 de  [  ½ * (H(i+1)* (Gi+Di)   ]

Il y a un rapport constant entre Gi et Hi (idem pour Di et Hi) défini respectivement atan (alpha) et atan (beta), alpha et beta étant les deux angles « en bas du triangle »

On a donc

Perdu = Somme de 0 à 63 de [  ½ H(i+1)^2*( atan (alpha) + atan (beta)) ]

Mais par propriété élémentaire du triangle atan (alpha) + atan (beta)=Base/H

D’où
Perdu = ½ * Base/H * Somme de 0 à 63 de [ H(i+1)^2 ]

De façon intuitive et probablement connu (est-il besoin de le démontrer ou est-ce admis ? ) :

Somme de 0 à 63 de [ H(i+1)^2 ]  avec Somme (Hi)=H et tous les Hi>=0 est minimum quand tous les Hi sont égaux. Donc Hi=H/64

D’où
Perdu = ½ * Base/H * 64 * (H/64)^2 = 1/64 * [Base * H / 2 ]

On reconnait la surface du triangle et on conclu
Perdu  = 1/64 du gâteau

Dans ce cas 0.125 kg ce qui tombe assez rond pour que ca puisse être bon, pas trop pour que ça puisse ne pas l'être...

On prend un triangle rectangle et on met toutes les parts orientées comme l'angle droit. L'intérêt de l'angle droit est qu'on ne laisse des espaces que coté hypothénuse.
La 1ère part couvre la moitié du triangle: il ne reste que 2 triangles égaux 4 fois plus petits que l'original.
On remplit de la même façon ces 2 triangles restants.
On divise donc par 2 la surface restante à chaque série de parts.
Les séries successives de parts consomment: 1 puis 2 puis 4...puis 31, soit 63 au total.
La surface résiduelle est de S/2^6=S/64.

Généralité: Avec 2^n-1 parts, on a un reste de S/2^n.

En rangeant des parts carrées dans un triangle rectangle isocèle , ( les diagonales des carrés perpendiculaires à l' hypoténuse ),on obtient:

je ne sais pas faire de dessin

1 carré de surface 1/2,
2 carrés de surface 1/8
4 carrés de surface1/32
....
....
32 carrés de surface 1/2048

Les (2^6  -1 = 63) carrés totalisent une surface de 63/64 ème du total.

on perd 125 Grammes  sur 8 Kg

Obelix a une part de 4kg et Idefix doit se contenter d'un biscuit qui pèse à peine 4 grammes

Peut on faire mieux?  çà me parait trop facile pour un gateau 108





suite:

Effectivement Vasimolo si le triangle n'est pas rectangle, ça marche aussi.
j'ai réussi a démontrer( pas facile a expliquer sans figure ) que la surface du rectangle est maximum et vaut la moitie de la surface totale si les "sommets" du rectangle sont les milieux des autres cotés.


on en revient a la démonstration ci dessus

1 rectangle de surface 1/2,
2 rectangles de surface 1/8
4 rectangles de surface1/32
....
....
32 rectangles de surface 1/2048

Les (2^6  -1 = 63) rectangle totalisent une surface de 63/64 ème du total.

cqfd.



ce qui est amusant c'est que l'on peut découper les autres parts dans n'importe quel sens( les rectangles n ont pas besoin d’être "paralleles"  entre eux)  du moment qu'on respecte la condition ci dessus.

tu aurais pu supprimer " (toujours le même) " dans ton énoncé si je ne dis pas de betises?


une faille dans mon raisonnement j'ai toujours raisonné avec un coté du rectangle "posé" sur le plus grand coté du triangle. j'ai la flemme de le démontrer dans les autres cas!

Voici

un chocolat, coulis de fraise pistache

Je découpe le gâteau en 64 bandes parallèles au plus grand côté (*), toutes de même hauteur(**).
Dans chaque bande (sauf celle du haut sur la figure), on peut loger un rectangle, cela fera en tout 63 parts, il reste aux extrémités deux morceaux (***) qui représentent ensemble l'homothétique du triangle d'origine dans le rapport 1/64, donc de surface 1/64² chacun.

Les 128(***) morceaux perdus pèsent 8/64kg soit 125 grammes.

* Le choix du côté du triangle initial n'a pas d'importance sauf s'il et obtusangle,
auquel cas il faut choisir le plus grand côté.

** Si les 64 bandes n'ont pas toutes la même hauteur, on perd plus.

*** un morceau, 64 en tout, si le triangle est rectangle et que l'on a coupé parallèlement à un côté de l'angle droit.

EDIT suite à réflexion de Vasimolo
** est facile à démontrer, chaque découpe devant être à égale distance de ses deux voisines. (Ça c'est facile)

On empile sur la base B 64 rectangles d'épaisseur H/64 (H hauteur du triangle) et de longueur B. On tronque ces rectangles avec les 2 autres cotés du triangle. Des 64 retangles initiaux, il n 'en reste plus que 63. Les parties non couvertes sont 1 triangle en haut + 63 demi triangles ( en regroupant=63 triangles) donc 64 triangles identiques, format réduit du triangle initial.
S petit triangle: (H/64*B/64)/2
S perdue: 64*(H/64)*(B/64)/2=HB/64/2=S grand triangle/64.

C'est donc indépendant du triangle.

On se rend compte qui si les rectangles ne sont pas tous d'épaissseur identique, la partie perdue est plus importante. Ceci est dû au fait que la partie perdue dépend du carré de la hauteur du rectangle. Car une suite de nombres à somme constante a une somme de carrés minimale quand les nombres sont égaux.

@Nodgim , Nobodydy et Fmifmi : et si le triangle n'est pas rectangle ?

Comme mon niveau de math est limité et que je me suis déjà fait avoir plusieurs fois sur tes gâteaux 

je répondrais que si le triangle n'est pas rectangle, cela ne marche pas aussi bien

Te connaissant, J'ai une chance non négligeable pour que la solution ne soit optimale que dans un triangle rectangle mais je peux me planter.

Dans un triangle ABC rectangle en A, l'aire max d'un rectangle AMNP est atteinte quand MNP sont au centre des cotés du triangle. (donc la perte est minimale)
on trouve 1 rectangle, ce qui forme 2 nouveaux triangles dans la figure , etc...
nous pouvons positionner 63 rectangles (1, 2, 4, 8, 16 et 32).
C'est Optimal....

Dans un autre triangle qui peut se décomposer en 2 triangles rectangles, les 63 rectangles rentreront différemment mais la perte sera plus importante.

Salut !

Je choisi au hasard une base. Je découpe par des lignes parallèles régulièrement espacées de 1/64ème de la hauteur du triangle.

La ligne la plus proche de ma base coupe les 2 côtés en 2 points qui me permettent de former un rectangle en rejoignant la base.

La 2ème ligne la plus proche de la base coupe les 2 côtés en 2 points qui me permettent de former un rectangle en rejoignant ma 1ère ligne.

Et ainsi de suite jusque la 63ème ligne.

Il me reste alors un petit triangle près du sommet, ainsi que 63 autres identiques si je rassemble les 2 petit morceaux aux extrémités de chaque rectangle.

Chaque petit triangle est semblable au grand et a ses dimensions 64 fois plus petite, donc une aire 64² fois inférieure à l'aire du triangle de départ. Il y en a 64 donc le triangle aura perdu 64/64²=1/64ème de sa masse, soit 0.015625kg=15.625g

Du coup, peut importe la forme de départ du gâteau...

Je ne sais pas comment démontrer que c'est optimal, ni d'ailleurs si c'est optimal, mais je trouve la perte tout à fait raisonnable et la construction aisée !

@Nodgim : c'est ça
@Gwen : est-ce le seul ?
@Nobodydy : tu sais bien que j'adore tendre des pièges l'air de rien
@Une coudée : c'est plus simple que ça .
@Golgot : Pourquoi est-on sûr de bien avoir le minimum ( une petite erreur sur la fin ) .
@Enigmatus : c'est bien ça mais pourquoi est-ce la meilleure solution ?

Beaucoup ont trouvé la meilleure découpe et tous les gâteaux convenables mais avec quelques difficultés pour justifier qu'ils ont bien atteint la perte minimale .

Bon courage

Vasimolo

Avec une part unique, il est facile de démontrer qu’on a le moins de perte avec une largeur de part faisant la moitié de la hauteur du gâteau.
Avec deux parts pas forcément de même largeur, ça se complique un peu.
Alors avec 63 .....