Enigmes

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 #26 - 23-03-2011 18:51:16

gasole
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Gâteua 36

Y a un anniv' dans l'air ou quoi ? big_smile

#0 Pub

 #27 - 25-03-2011 10:15:01

gasole
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Toulouse

Gâteaau 36

On va utiliser un pavage hexagonal pour estimer le nombre de bougies plaçables. Soit R le rayon de C (le gâteau) et r celui de c (le disque).

Hypothèse : où qu'on le place, le disque c couvre au maximum 10 cerises-bougies.

Soit H l'hexagone circonscrit à C, il est de surface SH, et soit h l'hexagone inscrit à c, il est de surface Sh.
Bien sûr, où qu'on le place, h recouvre au plus autant de cerises que c, et H au moins autant que C, donc toutes.

On sait que : Sh = [latex]2.\sqrt 3.r^2[/latex] et SH = [latex]\frac{3\sqrt 3}{2}.R^2[/latex], il faut donc SH/Sh petits hexagones pour couvrir H, on fait le calcul et on trouve 4332 (oooohhhh ! ça tombe juste ! big_smile ). Le pavage étant régulier, il n'y a pas de trou, ni chevauchement : toutes les cerises sont comptées et une seule fois chacune.

Chaque petit hexagone couvre au plus 10 cerises par hypothèse et les 4332 petits hexagones couvrent toutes les cerises, il y a donc au plus 43320 cerises sur le gâteau.


Evidemment, j'ai inversé les formules de surface des hexagones et me suis gouré, ça donne 77013 cerises... donc ma démo tombe à l'eau. Chou blanc sad

 #28 - 27-03-2011 13:10:54

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteau 3

@Gasole

Je n'ai pas vérifié les calculs dans le détail mais il est clair que la méthode doit fonctionner ( c'est le principe des tiroirs sur le réseau que tu as créé ) .

La solution que j'ai trouvée est bien plus simple et facilement généralisable mais peu économe en cerises smile

Vasimolo

 #29 - 28-03-2011 00:04:44

Vasimolo
Le pâtissier
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GGâteau 36

J'avais trouvé une idée simple mais un peu gourmande et il est clair que ce qui a été proposé est bien plus économique .

Voilà l'idée ( pour le Bonus ) . On pose un disque de diamètre 5 cm centré sur chaque cerise . L'ensemble des caches a une aire de [latex]375 000\pi cm^2[/latex] ce qui représente plus de 10 fois l'aire de la tarte dont le diamètre a été augmenté de 5 cm .

http://img217.imageshack.us/img217/5913/solution1.jpg

Comme tous les caches sont contenus dans ce disque , un point est recouvert par au moins 11 disques . Le disque de diamètre 5 cm centré en ce point contient au moins 11 points/cerises  .

http://img864.imageshack.us/img864/6585/solution2l.jpg

Merci pour la participation et les idées smile

Vasimolo

 #30 - 28-03-2011 00:54:18

gasole
Elite de Prise2Tete
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Gâteau 63

Sans vouloir paraître chie*r, cher Vasimolo, je trouve ta démo un peu "trouée".
Certes, il paraît "évident" qu'il doit y avoir un tel point, mais "évidence" n'est pas démonstration (en géométrie, il a longtemps paru évident qu'une seule parallèle etc etc )

Il n'est pas trivial d'appliquer le principe des tiroirs sur un ensemble infini non-dénombrable de surcroît (il s'appelle alors Théorème de Ramsey et je ne l'ai pas trouvé utilisable à cause des hypothèses supplémentaires de convexité qu'on a).

D'ailleurs, supposons qu'il n'y ait pas de tel point recouvert par au moins 11 caches... où serait formellement la contradiction ? 

Cela n'empêche que j'ai trouvé je trouve cette question très intéressante (au risque de me répéter), et visiblement elle n'est pas close.

 #31 - 28-03-2011 11:46:02

Vasimolo
Le pâtissier
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gâtrau 36

Oui c'est vrai que je n'ai pas justifié proprement le résultat intuitif qui dit que si on étale 101 m² de peinture sur une surface de 10 m² , un morceau de cette surface sera recouvert par au moins 11 couches de peinture .

Ca doit pouvoir se démontrer simplement mais comment ????

Vasimolo

 #32 - 28-03-2011 12:55:06

gasole
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gâteai 36

C'est en gros justement ce que je cherchais à faire avec mes densités, je crois que dans le fond c'est la même démarche, ça m'a l'air plutôt coton.

En fait pour résumer, pour l'instant l'énigme n'est pas résolue smile

Les approches "recouvrement du disque par des caches" ne sont pas généralisables car on ne sait pas combien de caches il faut pour couvrir le disque (c'est un problème ouvert)... Tout ce que j'ai trouvé est en bas de cette page, et ça ne suffit pas pour conclure.

 #33 - 29-03-2011 12:51:06

gasole
Elite de Prise2Tete
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gâreau 36

@vasimolo :

je continue à chercher car ce pb me passionne smile

ce qui ne va pas dans ton approche, c'est qu'il y a confusion entre une surface (un ensemble de points) et sa mesure, ce qu'il faudrait c'est prouver qu'on peut effectivement paver le disque plus de 10 fois avec les caches, la seule mesure de la surface ne suffit pas.

Pour pouvoir le faire, il faudra utiliser des éléments de surface infinitésimaux ce qui me fait penser que la théorie de l'intégration pourrait permettre de conclure, mais ça serait décevant.

Il doit y avoir un autre moyen...

 #34 - 29-03-2011 14:14:49

Vasimolo
Le pâtissier
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Gteau 36

Je pense comme toi qu'il y a une justification simple . On est quand même dans le discret car le nombre de morceaux ( même en découpant les intersections ) est fini . On doit pouvoiur trouver une façon de compter les "morceaux+aires" mettant en évidence une partie à 11 étages .

Je n'aurai sûrement pas le temps de regarder ça avant ce week-end sad

Vasimolo

 #35 - 30-03-2011 18:02:47

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâetau 36

Il y a bien une justification élémentaire avec le principe des tiroirs smile

On considère les 60 000 disques de diamètre 5 cm , centrés sur les cerises . L'ensemble est contenu dans un grand disque D de rayon 192,5 cm . On note a l'aire du petit disque et A celle du grand , on a 10 A < 60 0000 a . On découpe ensuite les petits disques de façon à ce les différents "tas" soient d'épaisseur uniforme . Les disques ne sont pas trop tordus , le nombre de morceaux ainsi découpés est donc fini . Notons ni le nombre de tas de hauteur i et A(i,j) l'aire du j ième tas de hauteur i ( comptée une fois ) . Pour finir supposons par l'absurde qu'aucun tas n'ait une épaisseur supérieure à 10 , alors :
[TeX]10.A\geq\sum_{i=1}^{10}\sum_{j=1}^{n_i}10.A(i,j)\geq\sum_{i=1}^{10}\sum_{j=1}^{n_i}i.A(i,j) =60000a[/TeX]
Contradiction smile

Vasimolo

 #36 - 30-03-2011 21:34:32

gasole
Elite de Prise2Tete
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Gâteauu 36

Ta première inégalité [latex]10.A \geq ...[/latex] ? Elle vient d'où ?

Si tu découpes les petits disques en 1 (tu les laisses entier), elle devient direct :

[latex]10.A \geq 10.60000.a[/latex] autrement dit, elle contient déjà la conclusion !

A y avoir réfléchi, je commence à penser que :

- via l'analogie de la peinture, c'est physiquement évident mais
- mathématiquement je pense que les axiomes standard de la géométrie ne permettent pas de le prouver, je crains qu'il ne faille s'en remettre à la théorie de l'intégration car c'est elle qui a précisé ce qu'est "une surface". L'existence du paradoxe de Banach-Tarski ne me semble pas de bon augure pour une preuve simple...

 #37 - 30-03-2011 22:39:05

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteauu 36

Il me semble quand même que tu te noies dans une goutte d'eau smile

La première inégalité traduit simplement l'additivité des aires il n'y a pas à chercher plus loin .

Vasimolo

 #38 - 31-03-2011 00:02:51

gasole
Elite de Prise2Tete
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gâtrau 36

Alors j'ai pas compris ta phrase "On découpe ensuite les petits disques de façon à ce les différents "tas" soient d'épaisseur uniforme"

ok, je reprends, tu veux dire que tu les découpes suivant les régions formés par les intersections ? un tas étant l'empilement des morceaux de disques superposés sur une intersection ?

mais alors la première inégalité est fausse car l'additivité des aires dit que :

   la surface totale est supérieure à la somme de (sous-)surfaces disjointes

or tel que tu les cumules, chaque intersection est comptée plusieurs fois, il faudrait sommer A(i,j)/(nombre d'éléments dans le tas) et non juste A(i,j), ou alors enlever le facteur 10 devant A(i,j)

Juste pour savoir si j'ai bien compris, imagine 3 cercles C1, C2 et C3 inclut dans un grand cercle C et qui s'intersectent en  formant 7 régions :

c12 (intersection de C1 et C2), c1 (= C1-c12), c13,c23,c2,c3 et enfin c123 (intersection des trois)

si on découpe suivant les intersections, on a 3 tas d'épaisseur 1 (c1,c2 et c3), 3 tas de 2 (c12,c23 et c13) et un tas de 3 (c123)

ta double somme vaut donc :
A(1,1)+A(1,2)+A(1,3)+A(2,1)+A(2,2)+A(2,3)+A(3,3)
soit
s1+s2+s3+2.s12+2.s13+2.s23+3.c123 = C1+C2+C3 qui n'est pas nécessairement inférieur à C.

en revanche, 3C est bien supérieur à C1+C2+C3 mais pas à 3.(C1+C2+C3)

pas facile d'être clair ...

 #39 - 31-03-2011 09:12:13

gasole
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Gâteau 3

On dirait que ça n'intéresse que nous 2 cette histoire... sad

 #40 - 31-03-2011 11:16:30

Vasimolo
Le pâtissier
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Gteau 36

Tu as raison à propos de la 1ère inégalité hmm

D'ailleurs c'était louche car contrairement à ce que j'annonçais je n'utilisais pas le principe des tiroirs .

Je m'y remets dès que je trouve un peu de temps smile

Vasimolo

 #41 - 31-03-2011 17:41:27

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteau 63

Bon je crois que je l'ai , il suffit de prendre le problème par le bon bout lol

On reprend le découpage que je décrivais avec des piles de morceaux de disques de hauteurs inférieures ou égales à 10 . A est l'aire du grand disque contenant tous les petits et a celle de l'un des 60 000 petits .

Chaque couche a une surface inférieure ou égale à A et il y a dix couches donc l'aire de l'ensemble des couches qui est l'aire de l'ensemble des petits disques est inférieure ou égale à 10A ce qui est faux .

Vasimolo

 #42 - 31-03-2011 19:20:49

gasole
Elite de Prise2Tete
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Gâteauu 36

Oui ! C'est bien comme ça !

De mon côté, j'ai craqué, cet aprèm j'ai posé la question à un collègue très balaise, il a trouvé une solution en 30 secondes (chuis dégouté, mais bon, il est jeune lui) mais faisant intervenir la théorie de la mesure (intégration), son idée : soit f une fonction qui à chaque point associe le nombre de petits disques qui le couvrent. Il se trouve que cette fonction est continue par morceaux ! Et donc intégrable. Après, c'est du calcul.

Comme tu disais, il faut que les morceaux ne soient pas trop tordus, sinon f n'est pas intégrable.

 #43 - 31-03-2011 23:08:13

Vasimolo
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gâteay 36

Les jeunes sont forcément plus réactifs lol

D'un autre côté j'aime bien les problèmes qu'on peut résoudre niveau collège/lycée sans sortir la grosse Bertha . Ici on découpe des disques et on peut majorer aisément le nombre de morceaux ( l'intersection de deux disques est d'un seul tenant ) . Après c'est du calcul élémentaire ...

Mais bon quand on baigne dans les études on sort facilement des résultats hyper  rapides et efficaces , et tant mieux smile

Vasimolo

 #44 - 31-03-2011 23:28:25

gasole
Elite de Prise2Tete
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Gâteau 336

D'un autre côté j'aime bien les problèmes qu'on résoudre niveau collège/lycée  sans sortir la grosse Bertha

Tout à fait d'accord, je trouve Bertha assez peu sexy d'ailleurs lol

Ledit collègue est dans la trentaine quand même, mais bon normalien et avec une liste de publications longue comme le bras du Nil. Ça m'a coûté un café c't'histoire big_smile

Mais je suis content qu'on (enfin tu) ait (enfin aies) trouvé une jolie solution smile a posteriori élémentaire bien sûr !

 

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