Problème intéressant !

Ne voyant pas comment bien matérialiser le problème, j'ai cherché quelques pistes sur le net, et en fait j'ai été étonné de voir qu'on pouvait obtenir un décalage infini avec une infinité de briques !

En effet, on décale la n-eme brique de L/2n par rapport a la verticale de celle d'en dessous. La numérotation se fait de haut en bas.

On arrive a la serie harmonique, a un facteur 1/2 près.
Pour n=10 je trouve : 7129/5040, soit environ 1.414

Et comme la serie harmonique diverge, le décalage peut être aussi grand qu'on veut.

J'imagine qu'en pratique, les contraintes de non perfection des conditions rendent la réalisation d'une telle pyramide compliquée !

J'ai trouvé ce lien très intéressant qui explique bien le problème :
http://prof.pantaloni.free.fr/IMG/pdf/S … riques.pdf

Salut Jackv,

C'est un grand classique, tout est très bien expliqué dans ce document-ci : http://prof.pantaloni.free.fr/IMG/pdf/S … riques.pdf

La formule qui donne le surplomb pour n briques est 1/2+1/4+1/6+... 1/(2n) = 1/2.H(n) où H(n) est la série harmonique dont on sait qu'elle diverge, en conséquence de quoi, le surplomb peut être aussi grand qu'on veut (tant que le support ne s'écrase pas sous le poids des très nombreuses briques nécessaires :

Cet article conclut en expliquant que ça ne prouve pas que rapporté au nombre de briques utilisées, ça soit le surplomb maximal globalement, c'est-à-dire que maximiser le surplomb à chaque étape (localement) n'est pas forcément le plus économe.

D'ailleurs, des rigolos sympathiques se sont amusés à tester d'autres façons de placer les briques et améliorent le surplomb maximal avec un nombre donnée de briques : http://www.cs.tau.ac.il/~zwick/slides/overhang.pps

En particulier, ils donnent un exemple d'empilement avec 10 briques qui atteint un surplomb de 1,78613

Bravo et merci à Gasole qui me permet de préciser mon énoncé.
Bravo aussi à Franck .

Bonjour,
Quand je pose n+1 briques, il faut que le centre de gravité du bloc des n briques précédentes soit à l'intérieur de la n+1 ème brique (en comptant les briques à partir du haut, donc à l'envers).
Soit Un la distance entre le début de l'empilage et le centre de gravité du bloc de n briques: on a évidemment U1 = 0,5 et U2 = 0,75.
Calculons Un: Un = ( (n-1) Un-1 + 1 (Un-1 + 0,5) ) / n.
Soit Un = Un-1 + 0,5/n donc Un = 0,5 x somme (1/i) avec i variant de 1 à n.
Pour 10 briques, on cherche u9 = 7129 / 5040 = 1.414 environ (mais cela n'a rien à voir avec V2 !!!), validé par la case réponse.
On sait que la suite harmonique tend vers l'infini et donc, si on a une infinité de briques, alors x/l tend vers l'infini: je trouve que ce résultat va à l'encontre du bon sens élémentaire.
Bonne journée.
Frank

j'ai tapé 1.414 au hasard et ca valide..
Le décalage maximum pour chaque piece depend du centre de gravité des pieces au dessus.
il est de 0.5 pour la premiere, puis de 0.25, puis 0.167, etc... (en partant du haut)
Mais il est tard et je n'arriverais pas a 10 pour verifier 1.414...

J'ai enfin un peu de temps. Je suis venu voir les nouveautés et je tombe sur cette énigme bien sympa sur un problème que j'aime bien mais sur lequel je n'avais jamais planché. Je m'y mets donc...

Tout est question de centre de gravité.
Un ensemble de briques en appui sur la brique de dessous doit avoir son centre de gravité (l'ensemble) au dessus de la brique de dessous ou pour maximiser l'aplomb, juste à la limite de la brique de dessous.

Le résultat est proportionnel à la longueur de la brique et puisqu'on demande le rapport x/L on peut faire les calculs avec une brique de longueur 1 pour simplifier sans changer le résultat.
D'autre part, le résultat ne dépend que des longueurs des briques, ni de la hauteur, ni de la profondeur de chacune d'entre elles du moment qu'elles ont toutes la même. En effet la position du centre de gravité sur l'axe "horizontal" sera le même.

Je fixe comme origine du repère de mesure l'extremité droite de la brique la plus haute (brique n° 1, B1) et je mesure vers la gauche.
J'appelle [latex]x_1[/latex] la distance horizontale entre l'origine des mesures et l'extremité droite de la brique n°2, B2. [latex]x_0=0[/latex] par définition de l'origine des mesures.
[TeX]x_2[/latex] est donc la distance horizontale entre l'origine des mesures et l'extremité droite de la brique n° 3 (B3), c'est-à-dire la partie en surplomb de l'ensemble B1 et B2.

On progresse de façon itérative:
La brique numéro 1 (B1) doit avoir son centre de gravité (CG) au dessus de B2 pour rester en équilibre au dessus de B2. Cela se traduit par [latex]x_1 \leq \dfrac12[/latex] et puisqu'on veut maximiser le surplomb, [latex]x_1=\dfrac12[/latex].

L'ensemble de briques B1 et B2 à son CG à une distance:
[latex]\dfrac12(\dfrac12+\dfrac12+x_1)[/latex] et pour que cet ensemble soit en équilibre au dessus de B3 il faut (et il suffit) que:
[latex]x_2 \leq \dfrac12(\dfrac12+\dfrac12+x_1)[/TeX]
et donc pour maximiser que [latex]x_2=\dfrac34[/latex].

L'ensemble de briques (B1,B2,B3) à son CG à une distance:
[TeX]\dfrac13(\dfrac12+\dfrac12+x_1+\dfrac12+x_2)=\dfrac12+\dfrac13(x_1+x_2)[/latex] et pour que cet ensemble soit en équilibre au dessus de B4 il faut (et il suffit) que:
[latex]x_3 \leq \dfrac12+\dfrac13(x_1+x_2)[/TeX]
et donc pour maximiser que [latex]x_3=\dfrac{11}{12}[/latex].

De proche en proche on calcule x4, ... et finalement x9 qui est la valeur demandée. On trouve: [latex]x_9=\dfrac{7129}{5040}[/latex], ce qui arrondi à 3 décimales donne: 1,414 qui est validé par la case réponse (pourquoi ne pas utiliser de , dans les cases réponses au lieu des .?).

Merci pour cette énigme sympathique.
Ah, oui la question subsidiaire. Aussi étonnant que cela puisse paraître, si l'on a autant de briques que l'on veut, on peut emmener le surplomb aussi loin que l'on veut, mais il faut vraiment beaucoup de briques. Cela est lié à la divergence de la série harmonique.

Il me semble que cet exercice est déjà apparut dans les olympiades mathématique, mais je ne me rappelle plus de l'année.

En outre j'ai quand même les capacité de le faire :
A chaque brique supplémentaire ajouté, L est divisé par deux, on a donc au n-ième rang :
[TeX]L=\frac{1}{2n}[/latex] avec n différent de 0.
Pour dix briques, le rapport x/L est donc la somme des 9 premiers termes consécutifs de la suite et on a:
[latex]\sum_{n=1}^9 \frac{1}{2n}=1.414[/TeX]
Je suis un peu confus, car je ne comprends pas trop l'énoncé L/2 et L/4 je ne vois pas ce que ça signifie

Bravos à shadock   et à dhrm .

Un petit dernier (indice) pour la route (mais je ne sais pas si il va vous aider ) :
Spoiler : [Afficher le message] Le décalage validé par la case réponse vaut 1.414 . Il vous reste donc à déterminer comment on trouve cette valeur et à répondre à la question subsidiaire.

Spoiler : [Afficher le message] 1.414 n'a rien à voir avec [latex]sqrt 2[/latex].  

Je vous invite aussi à chercher ce problème dans les olympiades de mathématiques, je cherche déjà depuis quelques jours, et la solution apporté était bien différente d'après ce dont je me rappelle.

Je vous avais bien dit que c'était tiré d'un problème des olympiades j'ai pas envie de tout écrire alors je vous laisse le lien

Le problème :


La solution :
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Shadock