|
#1 - 18-01-2016 22:40:45
- Vasimolo
- Le pâtissier
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,426E+3
#2 - 19-01-2016 21:18:20
- Ebichu
- Expert de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 888
Gâteua 119
Si je ne m'abuse, on ne peut pas faire mieux que 4 côtés.
Le point clé du raisonnement consiste à se placer en un sommet du polygone où il y a un angle obtus (ce qui existe obligatoirement si le polygone a au moins 5 côtés).
J'essaierai de détailler mon raisonnement demain avec des figures, mais je distingue deux cas : un plutôt facile, lorsqu'aucun des côtés de l'angle obtus n'est horizontal ou vertical, et l'autre qui est un peu plus casse-pieds, mais on s'en sort quand même.
#3 - 19-01-2016 22:21:15
- Vasimolo
- Le pâtissier
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,426E+3
Gâteauu 119
Il y a une solution très simple
Vasimolo
#4 - 19-01-2016 22:59:47
- Franky1103
- Elite de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 3220
- Lieu: Luxembourg
Gâtea 119
J'ai un peu de mal à imaginer qu'il existe une feuille de menthe convexe à plus de quatre côtés satisfaisant à ces contraintes: wait and see.
#5 - 20-01-2016 00:45:25
- portugal
- Professionnel de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 22
- Messages : 382
Gâteau 11
J'ai une piste.
En prenant les points :
0,0 1,N 2, 2N+1 .... K, K×N + K*(K+1)/2
On trace les segments consecutifs et le grand côté pour fermer la figure.
On vérifie que pour N suffisement grand tout les points
i, i×N + i*(i+1)/2 +1
sont bien a l'extérieur de la figure en comparant les cosinus des angles.
Donc une infinite de points possibles.
#6 - 20-01-2016 13:16:32
- Ebichu
- Expert de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 888
Gteau 119
Ça y est, j'ai finalisé mon raisonnement, ça n'a pas pris la direction que je pensais finalement. Ça n'utilise rien de compliqué, mais ça n'est pas "très simple", il doit y avoir mieux...
Supposons que l'on dispose d'un polygone qui vérifie les conditions de l'énoncé. On va montrer qu'il a au plus 4 côtés.
Alors, on considère trois sommets A, B, C consécutifs de ce polygone, joints par deux arêtes dans ce polygone. Par exemple, sur la figure de gauche, c'est le cas des trois sommets et des deux arêtes en rouge.
Il n'y a pas de point du réseau à l'intérieur du triangle, car il n'y en a pas dans le polygone. De plus, ou bien le polygone est précisément ce triangle, ou bien il n'y a pas de point du réseau sur le segment [AC]. Par contre, il peut y avoir un ou plusieurs points du réseau sur [AB] (j'en ai mis un sur l'exemple, en noir), ou sur [BC], mais pas sur [AB] et [BC] en même temps, car sinon il y aurait un point du réseau à l'intérieur du triangle ou sur le segment [AC].
Dans la suite, s'il y a des points du réseau sur [AB] ou [BC], par exemple [AB], on considère le triangle A'BC, où A' est le point noir le plus proche de B (voir figure du milieu). Alors, il n'y a pas de point du réseau dans A'BC, car il est inclus dans ABC, ni sur ses arêtes. Il n'y a donc pas non plus de point du réseau à l'intérieur du parallélogramme de la figure du milieu par symétrie (ni sur ses arêtes), ni à l'intérieur de la figure de droite par translation.
Dans la figure de droite, demandons-nous maintenant quels points du réseau peuvent être des sommets du polygone ? Déjà, pas ceux situés strictement en-dessous du grand "V", sinon le polygone ne serait pas convexe. Ni ceux situés strictement au-dessus du grand "V", sinon le sommet vert serait à l'intérieur du polygone. Les sommets en bleu sont éliminés par convexité.
Il ne reste que les sommets noirs ou verts. Mais dès lors qu'on en choisit un en tant que sommet supplémentaire du polygone, tous les autres sont éliminés : le polygone est au plus un quadrilatère.
#7 - 20-01-2016 17:08:00
- Vasimolo
- Le pâtissier
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,426E+3
Gâteau 19
@Portugal : Es-tu bien sûr qu'en prenant N grand on n'a plus de points à l'intérieur du polygone ? @Ebichu :Tu as compliqué le problème en autorisant les bords de la feuille à recouvrir les points rouges . La démonstration à l'air bonne mais un peu complexe . Celle que j'ai est immédiate et s'adapte sans problème à la contrainte supplémentaire que tu t'es imposé .
Vasimolo
PS : j'ajoute la variante Ebichu au problème initial et je donnerai un énorme indice ce soir.
Amusez-vous bien !
#8 - 20-01-2016 18:18:16
- Ebichu
- Expert de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 888
Gâtteau 119
Ha oui, crotte, j'avais mal lu l'énoncé, désolé Je la refais mais sans la "variante Ebichu". C'est déjà plus simple.
Supposons que l'on dispose d'un polygone qui vérifie les conditions de l'énoncé. On va montrer qu'il a au plus 4 côtés.
Pour cela, on considère trois sommets consécutifs de ce polygone, joints par deux arêtes dans ce polygone. Par exemple, sur la figure de gauche, c'est le cas des trois sommets et des deux arêtes en rouge.
Il n'y a pas de point du réseau à l'intérieur du triangle (ni sur ses arêtes), car il n'y en a pas dans le polygone. Il n'y a donc pas non plus de point du réseau à l'intérieur du parallélogramme de la figure du milieu par symétrie, ni à l'intérieur de la figure de droite par translation.
Dans la figure de droite, demandons-nous maintenant quels points du réseau peuvent être des sommets du polygone ? Déjà, pas ceux situés en-dessous du grand "V" (points bleus y compris), sinon le polygone ne serait pas convexe. Ni ceux situés au-dessus du grand "V" (points noirs y compris), sinon le sommet vert serait à l'intérieur du polygone.
Seul le sommet vert peut appartenir au polygone, qui est au mieux un quadrilatère. En cadeau : si c'est un quadrilatère, alors c'est un parallélogramme.
#9 - 20-01-2016 20:41:57
- gwen27
- Elite de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,969E+3
gâyeau 119
Je pense que le polygone étant convexe, l'un au moins des paraléllogrammes issus de faces consécutives est inclus dans le polygone.
Or, ce quatrième point est un point de la maille.
#10 - 20-01-2016 22:02:36
- portugal
- Professionnel de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 22
- Messages : 382
Gâtau 119
Je vais plutot chercher a montrer l'impossibilité dans ce cas..
#11 - 20-01-2016 22:40:21
- Vasimolo
- Le pâtissier
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,426E+3
Gââteau 119
@Ebichu : C'est vrai et pour le cas du quadrilatère je ne sais pas si on peut adapter ma démonstration pour démontrer le petit complément que tu proposes . @Gwen : Sûrement mais il faut justifier .
Vasimolo
PS : j'ajoute un indice .
#12 - 21-01-2016 20:15:24
- gwen27
- Elite de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,969E+3
gâteay 119
Si je prends 4 points (3 côtés du polygone ) Les 2 extrémités sont en violet.
Je peux construire un paralellogramme avec deux côtés adjacents.
Cela crée deux points (gris et rouge) qui sont des mailles.
Ces deux points forment eux même un paralellogramme avec les deux points violets, et celui-ci a donc une diagonale (verte) qui laisse un des deux points créés dans le quadrilatère bleu et violet.
Si je veux mettre un point de plus à cette figure, soit il est sous le trait vert, mais elle contient la maille rouge, soit il est au-dessus, mais la figure est concave.
#13 - 21-01-2016 22:23:14
- Vasimolo
- Le pâtissier
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,426E+3
gâtezu 119
Oui Gwen , une démonstration géométrique comme celle d'Ebichu . C'est convainquant mais il y a moyen de faire plus "propre" et plus expéditif .
Je donne un deuxième indice et je lève le masque .
Vasimolo
#14 - 21-01-2016 22:37:24
- Ebichu
- Expert de Prise2Tete
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 888
Gâteau 1119
Oui, avec les deux indices, d'accord... Spoiler : [Afficher le message] Le milieu de deux points du réseau est lui-même un point du réseau si et seulement si la différence entre les abscisses de ces deux points et la différence entre les ordonnées de ces deux points sont paires.
Ainsi on peut répartir les points du réseau en 4 classes : ceux dont les coordonnées sont (pair;pair), ou (pair;impair), ou (impair;pair) ou (impair, impair).
En prenant un pentagone, il y aura forcément 2 sommets dans la même classe (tiroirs), donc leur milieu sera un point du réseau à l'intérieur du pentagone.
#15 - 07-02-2016 13:07:11
- Vasimolo
- Le pâtissier
- Enigmes résolues : 49
- Messages : 5,426E+3
Gâteau 1119
C'est ça sauf qu'on fait la somme des coordonnées et qu'on divise par deux . Ca marche aussi si on accepte les points sur les côtés car si on ne construit pas un point à l'intérieur on construit un nouveau point sur la frontière du polygone et on peut recommencer à l'infini en enlevant un des deux points choisis avec la même parité et en le remplaçant par le milieu obtenu ( une sorte de descente infinie ) . Par contre je ne sais pas si par ce biais on peut montrer que le quadrilatère est forcément un parallélogramme
Vasimolo
|
|