Vu la finesse du pas, ça doit pas faire une grosse différence si on prend une intégrale plutôt que le discret.
Sauf erreur, le résultat donne C²/10, soit 22.5m² pour un carré de 15 m de coté.

En mm², c'est une quasi bonne réponse... Les deux premiers chiffres sont suffisants pour la réponse en m². Bravo looozer !

Bonjour,
Le quadrillage fait 15000 x 15000: on va poser n=15000.
Je vais appeler S, la somme pour k variant de 1 à n (je ne sais pas écrire les beaux sigmas habituels).
On a:
- 1² carré de n par n,
- 2² carrés de n-1 par n-1,
- 3² carrés de n-2 par n-2,
- ...
- k² carrés de n+1-k par n+1-k,
- (n+1-k)² carrés de k par k,
- ...
- n² carrés de 1 par 1.
On a donc une aire moyenne de:
A = S[k²(n+1-k)²] / S[k²]
Or (n+1-k)² = (n+1)² - 2(n+1)k + k²
Donc A = (n+1)² - 2(n+1) Skkk/Skk + Skkkk/Skk
De plus, on a (merci Google, tu es mon ami !!):
- Skk =n(n+1)(2n+1)/6,
- Skkk =n²(n+1)²/4,
- Skkkk =n(n+1)(2n+1)(3n²+3n-1)/30.
Donc A = (n³+4n²+6n+4) / (2n+1) / 5.
AN: n=15000
Je n'ai pas la possibilité de calculer A, mais on voit que, lorsque n tend vers l'infini, alors A peut s'approximer à n²/10.
Comme 15000, c'est "presque l'infini", on devrait avoir A = 22,5 m².
Bonne journée.
Frank

Edit 1: Je me suis planté 1 / 2 / 5 fait 1 / 10 et pas 0,4. Du coup, je trouve aussi 22,5 m².
Edit 2: Je n'ai pas pris en compte les carrés dont les côtés ne sont pas parallèles au quadrillage initial; donc j'ai faux.

Il doit y avoir une ambiguïté dans l'énoncé, seul looozer a trouvé la même aire que moi. Tous les autres trouvent 22 environ.

Intéressant

Edit: Suite à un MP de Saint-Pierre, je m'aperçois que je n'ai compté que les carrés dont les côtés sont parallèles aux bords du grand côté ce qui donne environ 22,51 soit 23 arrondi au m^2 le plus proche.
Reprenons donc le raisonnement.

On a donc dessiné un grand carré de 15000x15000 petits carrés élémentaires.
Je fais le raisonnement avec NxN pour plus de généralité.

Je considère les "carrés de base" dont les côtés sont parallèles aux côtés du carré de base.

Il n'y a qu'1 carré de base NxN dessiné.
Il y a 4 carrés de base (N-1)x(N-1) dessinés (on a 2x2 choix pour le somment en haut à gauche)
Il y a 9 carrés de base (N-2)x(N-2) dessinés (on a 3x3 choix pour le somment en haut à gauche)
...
Il y a NxN carrés de base 1x1 dessinés.

Considérons maintenant les carrés inclinés.
Dans le carré de NxN je fais se déplacer le coin supérieur gauche le long de l'arête supérieure. Le premier carré, de NxN correspond au coin en haut à gauche. Le sommet se déplace sur l'intersection suivante, les 3 autres coins glissent sur leur arête pour conserver le carré carré. On obtient un carré de côté [latex]\sqrt{(N-1)^2+1^2)}[/latex] et de surface [latex](N-1)^2+1^2[/latex]. On continuant de faire glisser les sommets sur les arêtes du carré NxN on obtient des carrés de surface [latex](N-2)^2+2^2, (N-3)^2+3^2, ...[/latex]. Pour ce carré de base NxN on obtient donc N carrés dont la somme des surfaces fait [latex]\sum_{k=0}^{N-1}k^2+(N-k)^2[/latex]

Donc, soit [latex]N_i[/latex] le nombre de carrés tracés pour une taille de carré de base i x i. [latex]N_i=(N+1-i)^2.i[/latex].

Ces [latex]N_i[/latex] carrés contribuent à la surface globale S de [latex]S_i=(N+1-i)^2.\sum_{k=0}^{i-1}k^2+(i-k)^2[/latex]
[TeX]S_i=\dfrac13.(N+1-i)^2(2i^3+i)[/TeX]
Posons:
[TeX]P_1(N)=\dfrac{N(N+1)}2[/TeX][TeX]P_2(N)=\dfrac{N(N+1)(2N+1)}6[/TeX][TeX]P_3(N)=S_1(N)^2=\dfrac{(N(N+1))^2}4[/TeX][TeX]P_4(N)=\dfrac{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1)}{30}[/TeX][TeX]P_5(N)=\dfrac{N^2(N+1)^2(2N^2+2N-1)}{12}[/TeX]
La somme vaut donc: [latex]S(N)=\sum_1^NS_i=\dfrac13\sum_1^N[(N+1)^2-2(N+1)i+i^2][2i^3+i][/latex]
[TeX]S(N)=\dfrac13(2P_5(N)-4(N+1)P_4(N)+(2N^2+4N+3)P_3(N)-2(N+1)P_2(N)
+(N+1)^2P_1(N))[/TeX]
Le nombre total de carré vaut: [latex]C(N)=\sum_1^NN_i=(N+1)^2P_1(N)-2(N+1)P_2(N)+P_3(N)[/latex]

Pour 15000, cela donne: S(15000)=126 613 134 844 875 066 251 500, C(15000)=4 219 875 093 752 500 et M=30004000,6 mm^2 soit 30m^2 arrondi au plus proche.

Merci pour cette énigme.
Je suis enfin venu à bout des calculs. Un peu de calcul ne peut pas faire de mal

Bon, cet exercice va faire débat... looozer, comment as-tu fait pour trouver comme moi ?

je suis curieux de savoir quelle autre valeur on peut trouver... Tout le monde connait la notre après tout.

J'ai corrigé mon post initial directement pour prendre en compte les carrés inclinés. Pas de la tarte tout ça...

Vous oubliez quelque chose... rivas et looozer l'ont bien vu, eux.

En effet j'ai omis les carrés en biais

Je recommence le calcul (on exclut les carrés réduits à un point). On utilise le Théorème de Pythagore on notant p et q les cotés du triangle rectangle (l’hypoténuse étant le coté du carré)
[TeX]\frac{\sum_{n=1}^{15000} \sum_{p+q = n \atop p<n} (15001-n)^2(p^2+q^2)}{1000000\sum_{n=1}^{15000} \sum_{p+q = n \atop p<n} (15001-n)^2}= \frac{\sum_{n=1}^{15000} \sum_{p=0}^{n-1} (15001-n)^2(p^2+(n-p)^2)}{1000000\sum_{n=1}^{15000}n(15001-n)^2}[/TeX][TeX] = \frac{150020003}{5000000} \simeq 30 m^2 [/TeX]
Le calcul pourrait se simplifier mais WolframAlpha fait très bien le travail tout seul

Effectivement, je n'ai pas pensé un instant aux carrés en biais...