Parfait Gwen

Y'en a pas d'autres ?

Là encore il y a une généralisation assez surprenante

Vasimolo

Pour un décagone, mon idée est de remarquer que: cos(72°)=cos(2.pi/5)=(-1+V5)/4, et: cos(36°)=cos(pi/5)=(1+V5)/4, puis d'écrire la somme de la projection de cinq côtés consécutifs et de scinder les parties rationnelle et irrationnelle. Mais je n'ai pas encore abouti: affaire à suivre ...

Un dodécagone équiangle dont les côtés sont des entiers consécutifs :



Bien sûr ça ne répond pas à la question , mais ça montre que le problème n'est pas complètement évident

Vasimolo

Bonsoir,
J'obtiens 2 hexagones (plus les 2 symétriques)

[1, 4, 5, 2, 3, 6]
[1, 5, 3, 4, 2, 6]

24 décagones

[1, 4, 5, 8, 9, 2, 3, 6, 7, 10]
[1, 4, 5, 10, 7, 2, 3, 6, 9, 8]
[1, 4, 7, 6, 9, 2, 3, 8, 5, 10]
[1, 4, 7, 10, 5, 2, 3, 8, 9, 6]
[1, 4, 9, 6, 7, 2, 3, 10, 5, 8]
[1, 4, 9, 8, 5, 2, 3, 10, 7, 6]
[1, 6, 3, 8, 9, 2, 5, 4, 7, 10]
[1, 6, 3, 10, 7, 2, 5, 4, 9, 8]
[1, 6, 7, 4, 9, 2, 5, 8, 3, 10]
[1, 6, 9, 4, 7, 2, 5, 10, 3, 8]
[1, 7, 3, 9, 5, 6, 2, 8, 4, 10]
[1, 7, 3, 10, 4, 6, 2, 8, 5, 9]
[1, 7, 4, 8, 5, 6, 2, 9, 3, 10]
[1, 7, 4, 10, 3, 6, 2, 9, 5, 8]
[1, 7, 5, 8, 4, 6, 2, 10, 3, 9]
[1, 7, 5, 9, 3, 6, 2, 10, 4, 8]
[1, 8, 2, 9, 5, 6, 3, 7, 4, 10]
[1, 8, 2, 10, 4, 6, 3, 7, 5, 9]
[1, 8, 3, 6, 9, 2, 7, 4, 5, 10]
[1, 8, 4, 7, 5, 6, 3, 9, 2, 10]
[1, 8, 5, 4, 9, 2, 7, 6, 3, 10]
[1, 8, 5, 7, 4, 6, 3, 10, 2, 9]
[1, 9, 2, 8, 5, 6, 4, 7, 3, 10]
[1, 9, 3, 7, 5, 6, 4, 8, 2, 10]

et 732 dodécagones (dont celui de vasimolo #7)

Il est à noter que, pour chaque solution, on en obtient une infinité en augmentant la longueur de chaque côté d'un même nombre entier. Les longueurs sont encore consécutives, mais ne commencent plus à 1, ce qui n'est d'ailleurs pas spécifié dans l'énoncé.

salut.

pour les polygones équiangles possèdant 4n côtés , les côtés opposés sont parallèles et entiers ; ils diffèrent de a (entier) . en séparant les côtés en 2 groupes et en appliquant la relation de Chasles avec d'une part les côtés de longueur   3,9,7,1,11 & 7 on peut obtenir un triangle équilatéral de côté a . La somme des 6 vecteurs est un vecteur nul .
même opération avec les côtés  6,4,10,8,2 & 12

en règle générale , je me trompe peut-être , ça fonctionnerait pour tous les polygones équiangles possédant   3 x 2^n n>0 côtés comme l'hexagone , le dodécagone  , tétraicosagone (24 cotés) ... 48 , 96 .etc...

salut.

toujours avec la relation de Chasles . un décagone avec des angles de 144°

Les côtés opposés sont parallèles et diffèrent de 1 .

Seul le décagone répondait au problème initial ( l'octogone de Promath- ne se referme pas bien ) .

On peut maintenant se poser la question : pour quelles valeurs de n peut-on construire un polygone équiangles dont les n côtés sont 1 ; 2 ; ... ; n ?

Quelques constructions ont déjà été proposées . Pour ouvrir un peu le problème , un exemple avec un nombre impair de côtés : 15 .



Qui va donner :



Merci aux participants

Vasimolo

J'ai pas participé à l'énigme (ça me dépasse tout ça) mais quand Vasimolo a proposé le 15, j'ai aussi pensé aux produits de deux nombres premiers. Mais dans ce cas là, on pourrait faire à tétrakaidécagone, ou tétradécagone ou quadridécagone (à 14 côtés quoi ).

Ca marche si on admet qu' un polygone à n côtés entier est nécessairement régulier si n est premier.Mais ça reste une conjecture issue du gâteau précédent.

SabanSuresh a écrit:

J'ai pas participé à l'énigme (ça me dépasse tout ça) mais quand Vasimolo a proposé le 15, j'ai aussi pensé aux produits de deux nombres premiers. Mais dans ce cas là, on pourrait faire à tétrakaidécagone, ou tétradécagone ou quadridécagone (à 14 côtés quoi ).

Bah oui, tu pars de 14 côtés égaux et entiers. Et tu appliques le même procédé que pour le décagone avec 8 au lieu de 6.

Dans ce cas, premiers entre eux permet de passer de l'un à l'autre vu que les deux boucles imbriquées 1/n et 1/m  donnent la suite de 1 à n x m le tout en restant dans des polygones de base réguliers.

Par contre, pour exclure les puissances pures de nombres premiers, je ne vois pas.

Pour clore le problème , la solution ( un peu trop "savante" ) .

Le plus petit polynôme ayant comme racine z=exp(2i.pi/n) avec n=p^k et p premier est :

P(X)=1+Y+Y^2+...+Y^(p-1)  , Y=X^p^(k-1) .

Ce polynôme est irréductible sur Q . Si on peut faire un gâteau dont les côtés sont 1 ; 2 ; ... ; n alors z est aussi racine de :

Q(X)=a0+a1X+...+a(n-1)X^(n-1) , les ai étant les entiers de 1 à n .

Comme P est irréductible , il divise Q c'est à dire : Q=P.R , R étant un polynôme à coefficients rationnels .

Il suffit de comparer les coefficients de Q et P.R pour se rendre compte que c'est impossible .

Pour conclure si le nombre de côtés est une puissance d'un nombre premier le gâteau est impossible , il est possible dans tous les autres cas .

Bonne digestion

Vasimolo