Enigme Gâteau 34 @ Prise2Tete

Vasimolo · #1

La dernière colle que je lui ai posée ne l'a pas calmé bien longtemps , le voilà qui rapplique avec un nouveau problème 100% prise 2 tête

Pour ceux qui découvrent la série , je parle bien sûr de mon pâtissier que je vois un peu moins souvent ces temps-ci au grand bonheur de mon tour de taille

Bon , voilà sa dernière trouvaille :

Il a réalisé un quatre-quarts carré qu'il a coupé en quatre comme indiqué sur le dessin à gauche ci-dessous . La vue de tous ces triangles rectangles lui a donné envie de tracer des hauteurs et encore des hauteurs ( dessin de droite ) .

Il aimerait bien trouver un découpage où toutes les parts seraient de tailles différentes mais il n'y arrive pas .

Qui veut l'aider ????

Vasimolo

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Promath- · #2

pas moi!
je rigole! c'est impossible, on sera obligés de passer par au moins 4 triangles alors qu'il y a trois hauteurs!

franck9525 · #3

J'invite ton pâtissier à inventer un problème plus facilement réalisable. Théoriquement, il est bien sur possible de découper le gâteau en parts suffisamment petites pour les avoir de tailles différentes.

Pratiquement, c'est bien difficile à réaliser même en entrant dans le guinness book des grands gâteaux ! Car il faut couper petit. En bref le gâteau est coupé initialement en 4 triangles disons de taille 1. La découpe de cette part suivant la hauteur donne deux plus petits triangles de taille 1/5 et 4/5. Si l'on note que 1/5 de 4/5, c'est la même chose que 4/5 de 1/5...

Je n'effectue pas le calcul pour déterminer qu'elle serait le nombre de parts totales et la plus petite part... mais c'est vraiment vraiment petit

EDIT 26.09.2010
Je savais bien que j'allais m'en tirer si facilement...

EDIT 29.09.2010
Il ne reste sans doute que quelques minutes...
Le gateau est decoupe en triangle de 1/5 et 4/5 et tout les sous-multiples moins certains (j'y reviendrai). Si le plus grand des triangles a pour aire 1 unité, l'ensemble de ces triangles peuvent couvrir une aire égale à
[TeX](1+1/5+1/25+...+1/5^n)(1+4/5+16/25+64/125+...+(4/5)^n)
=\frac{1}{1-1/5}\time\frac{1}{1-4/5}=25/4=6.25[/TeX]
Cependant seules les 4 premières puissances (4/5)^n sont présentes ce qui donnent:
6.25 - (1+4/5+16/25+...+(4/5)^n) + 1 +4/5+16/25+64/125 =
6.25 - 5 + 1+ .8 + .64 + .512 = 4.202 > 4 donc toujours possibles
cependant seules les x premières puissances de la forme [latex]\frac{4^{k-1}}{5^k}[/latex] sont présentes, ce qui réduit encore la surface qui peut etre couvertes, etc jusqu'a surface max < 4

Ouais, peut mieux faire

4.202 + 4/25+16/125+64/625+256/

Promath- · #4

ma reponse n'est pas bonne?
Spoiler : [Afficher le message] [/spoiler]

et si on construit que des rectangles en plus, il ne nous resqte q'1 hauteur!

Vasimolo · #5

Non , promath ta réponse est bonne , le partage est impossible , mais pas la justification

Regarde l'llustration de mon premier post

Vasimolo

McFlambi · #6

Dans chacun des 4 triangles, on peut choisir successivement les hauteurs quon dessine et les triangles quon coupe. Au debut il n' y a qu'une hauteur, puis 2 puis 4 puis 8 etc.

Si on a decoupé des parts et qu'il en reste disons [latex]n\geq 4[/latex] de meme taille, alors il faut decouper encore au moins [latex]n-1>3[/latex] enfants (triangles), dont il faut encore découper derriere les [latex]n-2\geq 2[/latex] petits enfants (triangles). Mais les petits enfants triangles, par "symmetrie" de part et d'autre de la hauteur precedente, sont au moins [latex]2 (n-2) \geq4[/latex]... Donc on ne peut pas y échapper.

emmaenne · #7

à part avoir un ribambelle de triangles semblables je ne le vois pas avoir autre chose, de plus le départ symétrique ne l'avantage pas.

Vasimolo · #8

Bonne réponse de McFlambi qui avait répondu hier sans utiliser l'indice 2 ( je n'avais pas compris sa solution ) .

Bravo à lui et courage aux autres !!!

Vasimolo

McFlambi · #9

Alors en utilisant les (i,j)...

On doit en couper 3, donc on cree 3 les triangles (1,0), et 3 triangles (0,1). Parmi ceux ci on doit couper 2 d'entre eux au moins, donc on cree 2 triangles (2,0), 2 triangles (1,1), 2 triangles (1,1), et 2 triangles (0,2)... Autrement dit 4 triangles (1,1), ce qui fait qu'on ne s'arretera jamais.

Vasimolo · #10

Pour la solution , j'aimerais revenir sur celle de McFlambi ( la première ) .

Comme j'avais mal compris sa proposition je lui ai demandé des explications par MP et il m'a fait parvenir une figure qui ressemblait à ça :

Les quatre premiers triangles sont les triangles initiaux donc au moins trois d'entre eux doivent être coupés ( il ne doit pas rester deux triangles identiques ) . Les coupes sont représentées par les segments verts . On fait alors apparaître deux fois trois triangles identiques qu'il faut couper par au moins deux segments rouges et deux segments bleus . On a alors tracé quatre triangles parmi ceux qui sont pointés en noir et on recommence à l'infini le raisonnement initial .

Je préfère mille fois cette idée à celle des couples (i,j) et comme McFlambi ne l'a pas donnée sur le forum , je me permets de le faire .

J'espère qu'il ne m'en voudra pas

Merci à ceux qui ont participé .

Vasimolo

franck9525 · #11

J'ai posté ma solution sur le fil, elle est plus compliquée et incomplète !

Vasimolo · #12

Je ne savais pas que tu travaillais encore dessus

J'ai écourté un peu le temps de réponse car je ne pourais pas me connecter ce soir

Sorry

Vasimolo

franck9525 · #13

Y'a pas de problème Vasimolo, je n'ai pratiquement plus le temps de venir sur le site de toutes les façons. vivement la prochaine énigme...

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#1 - 24-09-2010 19:42:51

Gâteau 43

#0 Pub

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Gteau 34

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#13 - 29-09-2010 19:50:05

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