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 #1 - 22-06-2017 00:05:05

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4981

Gteau 136

Bonsoir à tous .

Une petite douceur avant le prochain gâteau qui ne peut pas passer en période de canicule .

Nous avons déjà évoqué ici et ailleurs le partage d’un gâteau triangulaire en deux morceaux de même aire avec une coupe de longueur minimale . La meilleure coupe est toujours un arc de cercle centré sur le sommet le plus pointu .

Mais voilà , mon pâtissier a décidé de couper droit mad

Il a entre les mains la moitié d'un gâteau carré tranché selon une diagonale . Il s’apprête à couper la part en suivant la bissectrice de l'angle droit avant de s’arrêter net :

Merdre , on peut couper plus court !

http://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-93probleme.png

A quelle coupe a dit-il donc pensé et quelle est sa longueur ?????

Amusez-vous bien smile

Vasimolo



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 #2 - 22-06-2017 08:48:45

enigmatus
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 460

Gâteau 163

Bonjour,
J'obtiens une longueur de coupe minimale lorsque ses 2 extrémités sont à égale distance du sommet d'un angle de 45°.
Si le côté du carré initial vaut 1, cette distance est 1/racine_4ème(2), et la longueur de coupe vaut sqrt(2)-1

Correction (suite à la remarque de Vasimolo en #8) :
En fait, j'ai minimisé le carré de la longueur de la découpe. et cette dernière vaut donc sqrt(sqrt(2)-1)

 #3 - 22-06-2017 09:59:03

Franky1103
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2844
Lieu: Luxembourg

Gâteaau 136

http://www.prise2tete.fr/upload/Franky1103-Figure.png
On voit bien qu'une solution optimale existe entre les deux solutions en traits pleins.
Après de longs calculs (avec annulation de dérivée), je m'aperçois que cette solution est constituée du triangle isocèle délimité par la ligne en pointillés.
Les calculs sont alors beaucoup plus simples: LH/2 = 1/4 et tan(pi/8) = L/2H donnent:
L = V[tan(pi/8)] = V(V2 - 1) = 0,6436 env.

 #4 - 22-06-2017 10:01:53

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 494

Gâteua 136

Après avoir éliminé le cas où les deux extrémités de la coupe sont sur les deux côtés de l'angle droit, qui donne même un moins bon résultat que la bissectrice, on suppose qu'une extrémité de la coupe est sur un côté de l'angle droit, et l'autre sur l'hypoténuse.

On peut par exemple poser x = distance entre l'extrémité de la coupe sur un côté de l'angle droit et le sommet du gâteau avec un angle aigu le plus proche.

On trouve alors que la longueur de la coupe au carré vaut x²-1+1/2x². On cherche donc à minimiser y-1+1/2y, avec la dérivée il vient [latex]y=\frac{1}{\sqrt{2}}[/latex] et donc [latex]x=\frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}}}[/latex].

Finalement, la longueur de la coupe optimale est [latex]\sqrt{\sqrt{2}-1}[/latex]. On n'aurait pas cru qu'un énoncé aussi simple ait une solution aussi complexe smile

 #5 - 22-06-2017 10:08:33

looozer
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 675
Lieu: Belgique

Gâtaeu 136

Je trouve une solution avec une coupe de longueur [latex]\sqrt{\sqrt{2}-1}[/latex]
= 0,64359...

 #6 - 22-06-2017 11:34:04

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 491
Lieu: Ardèche

Gâteau 163

La coupe est à 22.5° (perpendiculaire à la bissectrice d'un angle aigu)
et sa longueur 0.643594...

 #7 - 22-06-2017 14:51:35

caduk
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 45
Messages : 239

Gâtea u136

Bonjour,
Plaçons une extrémité A de la coupe sur le côté du bas, et considérons le repère orthonormé, dont l'origine est à l'angle droit et les vecteurs directeurs sont portés par les deux côtés adjacents.
Ce point à pour coordonnées (a,0), avec a à déterminer de manière à minimiser la coupe.
L'autre extrémité de la coupe à pour coordonnées B = (x, 1-x)
Soit C = (1,0) le sommet correspondant du triangle rectangle.
on veut que l'aire du triangle à droite soit 1/4, soit 1/2 det(AC,AB) = 1/4
Soit encore (1-a)(1-x) = 1/2 et donc 1-x = 1/2(1-a)
On veut minimiser sqrt( (x-a)^2 + (1-x)^2 )
On trouve alors a = 1-2^(1/4)
Ce qui donne une longueur de sqrt(2-sqrt(2))/2^(1/4) = 0.64359425290558

 #8 - 22-06-2017 16:46:00

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4981

gâtzau 136

Que des bonnes réponses ( enigmatus a squeezé une racine dans la précipitation ) . On doit pouvoir trouver une solution purement géométrique en supposant connus les valeurs trigonométriques de [latex]\frac{\pi}{8}[/latex] , non ?

En tout cas joli tir groupé smile

Vasimolo

 #9 - 22-06-2017 21:17:07

enigmatus
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 460

Gâteu 136

Vasimolo #8 a écrit:

( enigmatus a squeezé une racine dans la précipitation )

Ah oui, c'est le carré de la longueur que je calculais. J'ai corrigé.

 #10 - 22-06-2017 22:06:27

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 494

fâteau 136

Effectivement, en faisant un certain nombre de symétries, on se retrouve à minimiser le périmètre d'un octogone à aire constante, ce qui se produit pour un octogone régulier.

 #11 - 23-06-2017 03:55:46

Sydre
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 178

Gâetau 136

Salut, sauf erreur :

http://www.prise2tete.fr/upload/Sydre-Gateau136b.png

 #12 - 23-06-2017 18:53:18

unecoudée
Professionnel de Prise2Tete
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Messages : 212

gâteay 136

bonsoir.

Soit 1 la longueur des deux petits côtés du gateau.
[TeX]OA = AB = 1[/TeX]
et  [latex]OB = \sqrt2[/latex]
j'effectue ensuite une homothétie de centre O et de rapport [latex]\frac{\sqrt2}{2}[/latex] du triangle OAB. Ce qui me donne le nouveau triangle rectangle isocèle OA'B'.
J'obtiens le trapèze isocèle A'DB'A , D étant le point d'intersection de la parallèle à
(AB') passant par A' et de la droite (OB'). Ainsi la grande médiane MN joignant les milieux des segments A'A et DB' doit être le segment recherché pour l'optimisation de la coupe recherchée .
[TeX]MN = \frac{2\sqrt2 \times\sqrt{\sqrt2 + 2}}{3\sqrt2 + 4} \approx 0.63405067..[/TeX]
n.b  Latex fonctionne pour la prévisualisation , mais après ...

 #13 - 23-06-2017 20:12:12

caduk
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 45
Messages : 239

Gâteau 163

Effectivement, on peut simplifier la démo, de manière géométrique.
Il suffit de remarquer que la coupe minimale est perpendiculaire à la bissectrice, même si ce n'est pas tout à fait évident à démontrer.
En notant a la demi-longueur de cette coupe minimale, et b la longueur de la moité de la coupe jusqu'à l'ange, on obtient la relation:
tan(pi/8) = a/b
ab = 1/4
Par suite, on a 4a^2 = tan(pi/8)
La longueur de la coupe est donc de 2a = sqrt(sqrt(2)-1) qui est bien égal à ce que j'avais déjà donné avant. (Il suffit de multiplier en haut et en bas par sqrt(sqrt(2))  )

 #14 - 23-06-2017 21:20:25

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4981

Gâteau 1136

@Ebichu : Oui smile
@Sydre : Oui et comment tu justifies que c'est la meilleure coupe ?
@Une Coudée : non mais tu n'es pas loin .
@Caduk : On peut justifier simplement que la coupe minimale est celle que tu annonces .

Vasimolo

 #15 - 24-06-2017 00:25:45

Sydre
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 15
Messages : 178

Gâetau 136

J'ai fait ça de façon bourrin :

- Je paramétrise la position de la coupure par 2 variables [latex]x[/latex] et [latex]y[/latex]
- J'écris l'égalité des aires [latex]V(x,y)=B(x,y)[/latex]
- Je détermine la longueur de la coupure [latex]L(x,y)[/latex]
- J'exprime la longueur de la coupure en fonction d'une seule variable grâce à la relation entre les aires
- Je cherche le minimum par dérivation

Il y a sans doute plus élégant lol

 #16 - 24-06-2017 10:14:04

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4981

gâtrau 136

Oui Sydre smile

Je me souvenais avoir proposé une énigme assez voisine il y a quelque temps , en fait c'était mon premier gâteau : http://www.prise2tete.fr/forum/viewtopic.php?id=6252 .

De nombreux liens sont rompus mais on on doit pouvoir suivre l'idée .

Vasimolo

 #17 - 25-06-2017 10:46:47

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
Messages : 4981

Gâtea 136

Un problème que j'ai trouvé sur un site de maths , chacun y allait de ses coordonnées et de ses dérivés pour arriver à la solution . J'ai eu le même réflexe avant de me souvenir de ce vieux gâteau 1 .

http://www.prise2tete.fr/upload/Vasimolo-solution136.png

Pour une aire donnée le polygone régulier est celui qui a la plus petit périmètre .

Le reste est facile .

Merci aux participants .

Vasimolo

 

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