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 #1 - 18-05-2016 18:40:47

Ebichu
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Enigmes résolues : 49
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Billar triangulaire

Bonjour à tous.

Sur mon billard (un triangle équilatéral de côté 1), j'ai placé une boule, initialement collée à un des 3 côtés du billard. La boule est supposée ponctuelle ; elle est tirée sans effet, et de sorte qu'elle ne rencontre jamais un des 3 sommets du triangle.

Après 8 rebonds, elle est revenue au point de départ, après avoir effectué un trajet de longueur 4 exactement (les contacts initiaux et finaux avec le côté du triangle ne comptent pas comme rebonds).

Pouvez-vous déterminer la position initiale de la boule, et l'angle avec lequel elle a été tirée ?

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 #2 - 19-05-2016 12:55:07

nodgim
Elite de Prise2Tete
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nillard triangulaire

Salut Ebichu,
Si tu confirmes que la position initiale de la boule est à une distance 2-V(7/3) du sommet le plus proche, je chercherais l'angle après, et je donnerais un peu d'explications.

 #3 - 19-05-2016 15:08:21

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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billard triangulzire

@nodgim : c'est la bonne réponse, bravo ! Je veux bien les explications smile

 #4 - 19-05-2016 18:02:31

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Billadr triangulaire

Elle a été tirée d'un point situé à 0,54138... d'un sommet selon un angle de 79,49...°

 #5 - 19-05-2016 18:10:21

nodgim
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Billard triangulire

Bon alors la méthode:
Comme dans le billard rectangulaire, l'astuce est bien entendu de vérifier si cette trajectoire en rebonds n'est pas assimilable à une ligne droite. Et en effet, un tout petit peu de géométrie nous apprend qu'on peut effectivement faire un réseau de triangles équilatéraux dans lequel la trajectoire de la balle est une ligne droite.
Pour s'y retrouver dans ce réseau, on numérote les sommets 1,2 et 3. Quand on a numéroté le 1er, tous les autres se déduisent en complétant le sommet manquant de chaque triangle voisin.

En partant d'un segment entre les sommets 1/2, il faut arriver sur un autre segment 1/2. Par tatônnement, on repère une longueur 4 qui semble convenir, avec 8 triangles traversés, entre: si on part d'un repère zéro avec un x horizontal et un y incliné à 30° NE  , le 5 ème segment horizontal à gauche sur l'axe x d'une part, le 2ème segment vers le haut sur l'axe y d'autre part, on présuppose une solution. Reste à trouver l'emplacement exact du point.

On pose les données du triangle formé:
-2 segments de longueur 2-x et 4+x formant un angle de 60°
-le 3ème segment de longueur 4.

On a alors toutes les données pour résoudre.

Si je n'ai pas fait d'erreur l'angle de visée est de 38,8° environ avec l'horizontale.

 #6 - 19-05-2016 20:07:36

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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Billard tirangulaire

@nodgim : tout à fait d'accord pour le 1er paragraphe. Après, j'ai plus de mal à suivre, mais comme tu trouves le bon résultat, tes calculs doivent être corrects. Sauf pour l'angle ; tu es sûr de ta valeur ?

@gwen27 : ce n'est pas loin, mais je ne trouve pas tout à fait ça. Tu as une explication pour tes valeurs ?

 #7 - 19-05-2016 20:17:58

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Billar dtriangulaire

Oui. smile

Le théorème de Pithagore.
Des rebonds dans un triangle, c'est une ligne droite dans un pavage triangulaire.

Je tombe sur [ rac(37) - 5 ] /2
Pour le calcul de l'arc sinus, j'ai fait confiance à wolfram.

Les côté de même couleur sont les mêmes, j'ai juste essayé de caser 4 de longueur.
http://www.prise2tete.fr/upload/gwen27-rebondstriangle.PNG

 #8 - 19-05-2016 21:04:19

gwen27
Elite de Prise2Tete
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Billard triangualire

Mais j'ai pu me tromper...

Sauf erreur, ( (1-x) (1+cos60) )^2 + (2 rac(3) + (1-x) sin60)^2 = 16

Et effectivement, ça fait 2 - rac (7/3) = 0,472474768...

 #9 - 19-05-2016 21:12:04

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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Billard riangulaire

@gwen27 : Là on est d'accord, c'est bon smile

 #10 - 20-05-2016 09:00:43

nodgim
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Bllard triangulaire

Un petit 18,6° semble meilleur que ce 38,8°....

 #11 - 20-05-2016 10:20:20

NickoGecko
Elite de Prise2Tete
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Messages : 1819

Billard triagulaire

Bonjour,

Comme pour d'autres problèmes de rebonds, il me semblait pouvoir schématiser le trajet de la balle ainsi :


http://www.prise2tete.fr/upload/NickoGecko-billardtriangulaire.jpg

Pour la distance parcourue de 4 unités, je voyais donc un jet parallèle à un des côtés du triangle. (parallélogramme)

Or sauf erreur, un tel jet arrivera perpendiculairement sur le 2nd côté donc repartirait sur la trajectoire retour ....

Soit il s'agit d'un cas particulier indépendant du nombre de paires de rebonds, soit mon raisonnement flanche totalement ...


Vu le post qui suivait, suis-je bête ! L"angle d'incidence à 30° par rapport à la normale au côté, donc effectivement le rebond est parallèle au côté opposé !


Je ne tiens pas encore la solution, mais j'ai rectifié mon approche
Déjà le triangle juxtaposé après un rebond est en "miroir" (fond clair / fond gris)
Et j'en ai repéré les côtés par des couleurs pour m'y retrouver

http://www.prise2tete.fr/upload/NickoGecko-billardtriangulaire2.jpg

Je cherche encore ...

A+smile


Il aurait pu pleuvoir, con comme il est ! (Coluche)

 #12 - 21-05-2016 11:59:06

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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billard triangulaore

@nodgim : tout à fait !

@NickoGecko : il y a "erreur", justement : sur ton dessin, dans le premier triangle, la boule bleue, après le premier rebond, n'a pas une trajectoire verticale, mais une trajectoire parallèle au côté gauche du premier triangle. Si tu complètes la trajectoire de ta boule bleue dans le premier triangle, au bout d'une distance de 4, elle n'est pas au point de départ.

 #13 - 21-05-2016 19:16:04

dhrm77
L'exilé
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Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

billard trizngulaire

Je trouve une solution:
La position initiale est de [latex]2 - \frac{\sqrt{21}}{3}[/latex]  = 0.472474 a partir du sommet le plus proche, et l'angle est de [latex]acos(\frac{\sqrt{21}-3}{2})[/latex] = 78.59037789°.


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 #14 - 21-05-2016 22:48:25

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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bilmard triangulaire

@dhrm77 : oui, bravo ! Comment as-tu fait ?

 #15 - 22-05-2016 00:47:08

Franky1103
Elite de Prise2Tete
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Lieu: Luxembourg

billatd triangulaire

http://www.prise2tete.fr/upload/Franky1103-Billard.png
Dx = 9/2 – x – x/2 = 3.(3–x)/2
Dy = V3/2 + V3.x/2 = V3.(1+x)/2
Dx² + Dy² = 4² => 9.(3–x)² + 3.(1+x)² = 64
=> 3.x² – 12.x + 5 = 0 => x = 2–V21/3 = 0,4725 env.
(en ne gardant que la racine comprise entre 0 et 1)
Angle = arctan(Dy/Dx) = arctan(V7–4.V3/3) = 18,6° env.

 #16 - 22-05-2016 05:20:33

dhrm77
L'exilé
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Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

Bilalrd triangulaire

J'ai simplement fait un dessin a la main, de plein de triangles equilateraux juxtaposé qui representent les reflexions de la boule sur plusieurs cotés consécutifs.
Ensuite j'ai placé un point sur un coté, et determiné le point equivalent sur toutes les autres reflexions de ce triangle.
Ensuite j'ai tracé une ligne droite entre 2 points qui traversent 8 cotés de triangles.
Ensuite j'ai calculé la distance entre le point et le sommet, sachant que la ligne droite fait 4, ca m'a donné l'équation dont la solution est plus haut.


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 #17 - 22-05-2016 05:32:12

dhrm77
L'exilé
Enigmes résolues : 49
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Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

Billard triaangulaire

En fait cette mèthode marche très bien pour des billards de forme triangulaire equilaterale, carrée ou hexagonale. Mais comment faire si le billard a la forme d'un triangle non-equilateral, d'un pentagone d'un heptagone, ou tout autre forme à huit cotés ou plus?


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 #18 - 22-05-2016 10:55:34

Ebichu
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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billard triabgulaire

@Franky1103 : parfait ! Joli dessin smile

@dhrm77 : je dirais que ça marche aussi. Il suffit de ne pas avoir peur de faire un dessin où les polygones se superposent. Il y a une infinité d'emplacements de polygones possibles, mais il n'y en a que quelques uns qui correspondent à une trajectoire en ligne droite.

 #19 - 22-05-2016 12:26:48

Vasimolo
Le pâtissier
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Billard triangullaire

Bonjour Ebichu

Comme dans beaucoup de problèmes de billards il faut « développer » la trajectoire . Les huit rebonds imposent une trajectoire de type « bleue »

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

Je n’ai pas le courage de construire la trajectoire dans le billard initial ( en bas à gauche ) , l’idée principale étant que les segments rouges sont tous isométriques .
La propriété de Pythagore dans [latex]ACH[/latex] nous donne [latex]x=\sqrt{\frac 73}-1\approx 0,53[/latex] . La suite est facile l’angle [latex]\widehat{CAH}[/latex] vaut [latex]arcos(0,75(1+\sqrt{\frac73}))[/latex] soit environ 18,6° .

Ça nous change un peu des billards rectangulaires smile

Vasimolo

 #20 - 22-05-2016 15:03:06

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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iBllard triangulaire

@Vasimolo : très bien également !

 #21 - 22-05-2016 15:46:51

enigmatus
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
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iBllard triangulaire

Bonjour,
Je pense avoir une solution.
Le billard est représenté par le triangle [latex]ABC[/latex]. La boule part du point [latex]P[/latex], sur le côté [latex]AB[/latex], tel que [latex]AP=\sqrt{7/3}-1[/latex]. Le premier rebond a lieu au point [latex]Q[/latex], sur le côté [latex]AC[/latex], tel que [latex]\tan{(PA,PQ)}=\sqrt{7}+(4/3)\sqrt{3}[/latex].

 #22 - 22-05-2016 18:38:17

Ebichu
Expert de Prise2Tete
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Bllard triangulaire

@enigmatus : c'est bon ! une explication ?

 #23 - 22-05-2016 19:25:54

enigmatus
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 561

Billard trianulaire

Ebichu #22 a écrit:

c'est bon ! une explication ?

C'est du tâtonnement. J'ai tracé un réseau de triangles équilatéraux de côté 1, choisi un segment de départ, et tracé 2 cercles de rayon 4 centrés chacun à une extrémité du segment, pour savoir à peu près où chercher le segment d'arrivée. Ce dernier doit aussi être homoloque au segment de départ, et il faut tenir compte de son orientation.
Il a ensuite fallu calculer la position du point de départ pour que la distance entre les points homologues des segments d'arrivée et de départ soit 4.
Pour finir, un tracé avec gnuplot pour vérifier que la solution trouvée était bonne.

 #24 - 22-05-2016 21:52:09

Ebichu
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Billard triangulare

@enigmatus : OK, très bien.

 #25 - 23-05-2016 07:51:21

enigmatus
Expert de Prise2Tete
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billard triangulaore

Suite du #21 :

Le huitième rebond a lieu sur le côté [latex]AC[/latex], en un point [latex]R[/latex] tel que [latex]\tan{(PA,PR)}=\sqrt{7}-(4/3)\sqrt{3}[/latex]. On en déduit que l'angle [latex](PQ,PR)=60°[/latex] (ce qui se voyait d'ailleurs sur le réseau triangulaire).

Commencer à lancer la boule en direction de [latex]R[/latex] est évidemment une autre solution.

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