QDV7: découper des polygones et des polyèdres
Bonjour,
Le découpage des polygones est un problème qui a intéressé depuis longtemps les mathématiciens et géomètres.
Par exemple, ci-desous une preuve du théorème de Pythagore avec des découpages, adaptée du Chou pei suan ching (200 Av JC) selon RB Nielsen dans Proofs without Words.
Question A: Comment découper un rectangle selon des lignes droites, afin d'obtenir un carré...de même aire; un découpage optimal est celui qui présente le moins de morceaux à assembler.
Quelques exemples ci-dessous :
*Rectangle $2 \times 1$.
*Rectangle $3 \times 2$.
*Rectangle $3 \times 1$.
*Rectangle $4 \times 1$.
*Rectangle $5 \times 1$.
*Rctangle $9 \times 4$.
*Rectangle $L \times \ell$, cas général avec plusieurs cas à considérer.
Amicalement.
Bernard, p/o Le Comité Du Vendredi.
Le découpage des polygones est un problème qui a intéressé depuis longtemps les mathématiciens et géomètres.
Par exemple, ci-desous une preuve du théorème de Pythagore avec des découpages, adaptée du Chou pei suan ching (200 Av JC) selon RB Nielsen dans Proofs without Words.
Question A: Comment découper un rectangle selon des lignes droites, afin d'obtenir un carré...de même aire; un découpage optimal est celui qui présente le moins de morceaux à assembler.
Quelques exemples ci-dessous :
*Rectangle $2 \times 1$.
*Rectangle $3 \times 2$.
*Rectangle $3 \times 1$.
*Rectangle $4 \times 1$.
*Rectangle $5 \times 1$.
*Rctangle $9 \times 4$.
*Rectangle $L \times \ell$, cas général avec plusieurs cas à considérer.
Amicalement.
Bernard, p/o Le Comité Du Vendredi.
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Réponses
Voici déjà quelques solutions pour lancer les débats.
S
[Contenu du pdf joint. AD]
E comme Europe
Bonne nuit. jacquot
Merci samok pour ton lien vers une approche design.
(tu) jacquot pour $4\times 1$ qui est le découpage optimal en deux morceaux.
(tu) jacquot pour $2\times 1$, $3\times 1$ et $3 \times 2$ qui sont des découpages optimaux en trois morceaux, parfois la solution peut ne pas être unique.
Oui jacquot, le $5\times 1$ peut être obtenu en quatre pièces.
Le $4\times 9$ peut être obtenu en seulement deux pièces; c'est un cas particulier exceptionnel qui se rencontre quand ?
Pour le cas général $\ell \times L$, les longueurs $\ell$ et $L$ ne sont pas nécessairement entières. Les différents cas dépendent de coefficients $\alpha$ et $\beta$ tels que $\alpha \ell< L \leq \beta \ell.$
Il me semble cependant que tu obtiens parfois de meilleurs résultats (3 parties plutôt que 4) que ceux que j'avais rencontrés.
Vrai aussi que la croix grecque et ton $E$ sont des classiques.
Amicalement.
Dans le cas général que tu proposes, le cas limite de construction est obtenue quand la droite horizontale rouge disons d'équation $y=\sqrt{\ell L}$ parallèle au diamètre du cercle ne coupe pas le segment rouge oblique. Il y a intersection quand:
$L - \sqrt{\ell L} \leq \sqrt{\ell L} $, c'est àdire $L\leq 4\ell$, ce que tu pressentais d'ailleurs: "Je pense qu'elle est applicable seulement quand le rapport L/l n'est pas trop grand... "
Tu as obtenu une construction générale optimale en trois morceaux quand $\ell \leq L\leq 4\ell$, le cas limite est le rectangle $1 \times 4$ où l'on retrouve le cas particulier des deux morceaux.
La construction en trois morceaux que je connaissais ne couvrait que le cas $\ell \leq L\leq 2\ell$.
Un autre cas général que je connais en quatre morceaux couvrait les inégalités $2 \ell <L \leq 5 \ell$, donc maintenant $4 \ell <L \leq 5 \ell$ depuis ta construction.
A suivre.
Amicalement.
J'étais tellement content d'avoir trouvé ce 4x 9 en trois pièces que je n'ai pas su optimiser l'idée du partage en escalier:
$6)$ : (tu) Jacquot pour le $4\times 9$.
Plus généralement, dans quels cas : $\dfrac{L}{\ell} = ?$ obtient-on un découpage en escalier d'un rectangle en deux parties pour former un carré ?
$7)$: Comment obtenir un découpage en quatre parties quand $2 \ell <L \leq 5 \ell$, et donc optimal pour $4 \ell <L \leq 5 \ell$ (cas du rectangle $1 \times 5$) pour former un carré ?,
Construction ci-dessous: $BE=c= \sqrt{\ell L}$, $(CF)$ est orthohgonale à $(BE)$, $CF=c$, dessinons le carré $CFHG$ de côté $c$, enfin la perpendiculaire $(GJ)$ à $(BC)$ fait apparaitre le découpage en quatre morceaux.
Construction possible ssi $BH \leq BE$, c'est à dire $L \leq 5\ell$ ...preuve:
(P) signifie théorème de Pythagore, (T) signifie théorème de Thalès et $c=\sqrt{\ell L}$:
$BE=c$, $AE^2=c^2-\ell^2 : (P)$, $CF=c : (T)$, $BF^2=L^2-c^2: (P)$, $BH=BF-HF=\sqrt{L^2-\ell L}-\sqrt{\ell L}$ enfin $BH \leq BE \Leftrightarrow L \leq 5\ell$.
Le cas limite correspond au rectangle $1\times 5$ pour lequel $BH=BE= \sqrt{3}$.
[Edit: dans le lien ci-dessous proposé par Domi, le cas général $L \times \ell$ est considéré et résolu.]
Amicalement.
J'avais trouvé ce lien il y a quelques années : Découper un rectangle
Domi
En d'autres termes, une condition suffisante est l'existence d'un entier $n$ tel que $\dfrac L l =\dfrac {(n+1)^2}{n^2}$.
Je crois qu'elle est aussi nécessaire.
Bonsoir.
Merci Domi pour ce lien vers le site de notre ami chephip et (tu) jacquot pour la généralisation du découpage en escalier.
$B)$ Histoire-culture :
$1)$ Est-il toujours possible de découper une figure composée d'une union de polygones convexes en une autre figure polygonale de même aire à l'aide de découpages rectilignes ?
$2)$ Est-il toujours possible de découper une figure composée d'une union de polygones convexes en une autre figure polygonale de même aire à l'aide de découpages rectilignes, en n'utilisant cette fois que le groupe des translations/symétries centrales ?
$3)$ Est-il toujours possible de découper un polyèdre de l'espace en un autre polyèdre de même volume à l'aide de découpages avec des plans ?
$C$ Un carré en trois carrés :
$1)$ Comment découper un carré en sept morceaux pour former à l'aide de ces sept morceaux trois carrés égaux ?
Peut-on généraliser pour former $n$ carrés égaux ?
$2)$ Quel mathématicien s'est intéressé à ces questions ?
Comme d'habitude, toutes les références seront mentionnées ultérieurement.
Amicalement.
C) Un carré en trois carrés
J'ai assez longuement séché sur cette question jusqu'à ce que vienne le Haha! (:D
Nous avons résolu le problème inverse ci dessus. Il suffit de revenir en arrière!
Henry Dudeney qui a pondu un fameux découpage du triangle équilatéral en un carré que l'on pourra admirer ici
Pardonne-moi, bs, si j'ai grillé l'une de tes cartouches. A noter que le Triangle-carré de Dudeney n'utilise que des symétries centrales et translations.
En lisant plus bas, je vois qu'il est fait référence à Hilbert...
(tu) pour le carré en trois carrés, problème posé par Edouard Lucas dans le tome II de ses Récréations Mathématiques et résolu avec sept morceaux; depuis une solution avec six morceaux que tu as redécouverte a été trouvée.
Ci-dessous la solution de Edouard Lucas.
Découper un carré en un nombre minimum de parties telle s que,groupées convenablement, elles constituent un nombre quelconque de carrés égaux entre eux.
Partager un carré en segments qui puissent constituer un nombre donné de carrés égaux."
Aucune cartouche grillée, la cartouchière était pleine.
Amicalement.
Peut-on généraliser pour former n carrés égaux ?
o) Si $n$ est un carré parfait, c'est évident.
i) Si $n=k.l$ avec $k>l$ entiers et $k/l$ pas trop grand, on peut faire fonctionner le 3-découpage du rectangle $k\times l$ à l'envers.
ii) Si $n=p^2 + q^2$, on peut faire un "découpage pythagoricien" tel celui qui est présenté ci-dessous pour $n=13$, sachant que $13 = 3^2+2^2$
Le premier nombre qui n'entre pas dans l'une des catégories ci-dessus est 7.
Alors qu'en est-il de $n=7$?
Par ailleurs, l'intéressant document de Domi-chephip mentionne un Théorème de Wallace-Bolyaï-Gerwein...
@ bientôt. jacquot
Jacquot, merci pour tes avancées sur la généralisation de la question C1..
D) Trois quarts de carré en un carré
Il y a quelques années, a été proposé le découpage d'un carré échancré pour former un nouveau carré.
L'auteur de cette énigme a ensuite donné officiellement une solution: une dissection en quatre parties, voir dessin ci-dessous, qui s'est avérée fausse (pourquoi ?), et une nouvelle solution cette fois exacte mais avec cinq morceaux fut proposée par un autre connaisseur (comment ?)
Pourquoi ? Comment ? Qui ?
Amicalement.
Diagnostic: si la figure de droite est un carré , prenons la largeur d'une marche pour unité.
La hauteur de chaque marche est alors 6/7.
La figure de droite gauche a pour largeur 7.
De même l'échancrure a une largeur de 7.
Si elle est à 45°, sa profondeur est 7/2. la hauteur de la pièce n°2 est la moitié de 7/2, soit 7/4
Alors la hauteur totale de la figure de droite gauche est :$6\times \dfrac 6 7 + \dfrac 7 4 = \dfrac {193}{28}=6+\dfrac{25}{28}$
Cette figure ne peut pas être carrée.
Autre découpage:
Je saurais aussi proposer un puzzzle en 5 pièces si l'on autorise les retournements:
Il est toujours inspiré de notre découpage du rectangle 3x1
A noter que la toute petite pièce ne nécessite pas le retournement: une rotation de 90° ferait aussi l'affaire.
Si non, ce sera en 6 pièces, avec séparation d'un carré...
Ce retournement m'est familier: nous l'utilisons en classe de Troisième pour illustrer la fameuse factorisation: a²-b² = (a+b)(a-b)
J'ai déjà trois puzzles trompeurs que je montre à mes élèves pour leur faire entrevoir l'intérêt d'une démonstration . Celui-ci a le défaut de ne pas laisser clairement apparaître son vice .
Je vais quand même y réfléchir .
Domi
Oui Domi, celui-ci est moins connu que les paradoxes $3 \times 10= 4 \times 5 + 2 \times 6$, le $3 \times 10= 4 \times 7 + 1 \times 3$ ou encore le$8 \times 8= 5 \times 13$.
La solution erronée de Sam Loyd est parue dans le Inquirer en 1901. Le rectangle que Sam Loyd veut transformer en carré (pièces 3 et 4) a des côtés de longueurs 3 et 4, alors que pour obtenir un carré en seulement deux pièces par une découpe en escalier d'un rectangle, le rapport des côtés doit être de la forme: $\dfrac L l =\dfrac {(n+1)^2}{n^2}$ comme démontré par Jacquot quelques messages plus haut. L'explication de Jacquot rejoint celle-ci.
C'est en 1911 dans la rubrique qu'il animait dans le Strand que Henry Dudeney décela cette erreur ; la même année, Dudeney proposa toujours dans le Strand la solution ci-dessous en cinq morceaux sans retournement.
En 2012, soit un siècle plus tard, Jacquot propose une nouvelle solution-dissection en cinq parties dans le forum de les-mathematiques.net (tu)
Référence: http://www.amazon.fr/Mathematical-Puzzles-Sam-Loyd/dp/0486204987
Amicalement.
Tu es bien indulgent, Bernard: j'ai dit que $\dfrac L l =\dfrac {(n+1)^2}{n^2}$ est une condition suffisante pour qu'il existe une dissection en escalier du rectangle vers un carré, mais je n'ai pas prouvé proprement qu'elle est nécessaire...
A vrai dire, je me suis plus intéressé à la résolution graphique des problèmes que tu nous as soumis, plutôt qu'à la recherche précise des conditions nécessaires.
Maintenant, j'ai aussi réfléchi au partage du carré en pièces permettant de recomposer 7 carrés de tailles égales. J'ai cherché assez longuement une solution "à la Lucas", mais en vain!
Comme pour les autres questions du genre, j'ai alors retourné le problème et me suis demandé comment découper les 7 carrés en pièces permettant de faire un grand carré.
je ne sais pas faire avec un rectangle 1x7, alors je le coupe en deux pour disposer les morceaux en 2 x 3,5.
Et maintenant, j'applique la procédure habituelle pour le reconfigurer en carré. Il y a donc une solution, que l'on pourra adapter pour d'autres valeurs de $n$.
Simplement, je n'ai pas prouvé que c'est la solution la plus économique.
Je suis surpris que Sam Loyd se soit trompé. En revanche, je savais que Dudeney est un spécialiste des puzzles (voir plus haut). Son triangle-carré a ceci de remarquable qu'il peut s'enrouler ou se dérouler par un jeu de charnières.
Parmi les dissections paradoxales, il convient de citer "Les nains magiques", sans doute connus des forumeurs, ils occupent une place un peu particulière dans le monde des puzzles.
@à suivre. jacquot
mon découpage du 7 en 1 :
(tu) pour vos dissections du 7 en 1 en treize et douze morceaux !
Références des questions proposées dans ce fil:
A) Les casse-tête logiques de Baillif - Dunod - 1979
C) Récréations Mathématiques - Tome II - Edouard Lucas - Blanchard http://www.amazon.fr/Récréations-mathématiques-M-Edouard-Lucas/dp/2853671224 mais le tome II
D) Mathematical Puzzles of Sam Loyd - Martin Gardner - Dover - 1959: http://www.amazon.fr/Mathematical-Puzzles-Sam-Loyd/dp/0486204987
Amicalement.
Je remercie Bernard et chephip qui nous ont emmenés vers de nouvelles découvertes à propos des dissections.
Au début de la discussion, je faisais état de mes craintes quant à la difficulté des questions: ces problèmes de partages sont souvent redoutables. J'avais notamment le souvenir du partage d'un triangle obtusangle en triangles tous acutangles (M.
Gardner) et sa jolie solution
J'avais aussi en mémoire le découpage ci dessous, et je vous propose de jouer les prolongations pour cette QDV.
Question E:
Question F:
Voici un partage d’un carré en 6 carrés.
Deux partages constitués des mêmes carrés, mais placés différemment, sont considérés comme identiques.
Présenter quatre solutions pour partager un carré en 9 carrés.
(il y a une solution évidente, deux moins évidentes et une quatrième plus difficile)
Bonne recherche! jacquot
il reste que la partie "histoire-culture" a été un peu zappée
la question 1 c'est le théorème "cité" de Wallace-Bolyaï-Gerwein (on lui rajoute même parfois un 4ème larron) qui peut se montrer par la procédure suivante :
On trouve un découpage (évident) d'un triangle en rectangle
puis d'un rectangle en carré (le cas général, quel que soit le rectangle, est de Montucla)
puis de deux carrés en un seul (c'est la "preuve visuelle" de Pythagore)
On peut alors par triangulation du polygone P1 et du polygone P2 obtenir la dissection P1 -> carré et P2 -> carré, qui puisque les polygones P1 et P2 ont même aire, sont superposables (les deux carrés)
en cumulant toutes les lignes de découpe on obtient ainsi une dissection de P1 -> P2
si P1 est formé de la réunion non connexe de polygones, et P2 idem, cela ne change rien à la démonstration.
la question 2 est plus subtile car la réponse est "non".
Il faut des conditions sur les deux polygones, sinon il faut en plus ajouter les rotations.
ceci fait l'objet du théorème (ou critère) de Hadviger et Glur (1951) sur la somme algébrique des pentes des frontières de chaque polygone.
Je n'en dirais pas plus, car le critère en question ne tient pas compte des symétries centrales, il faut donc en plus ajouter quelques +/- et quelques "modulo pi" par rapport au critère normal et je n'ai pas envie (traduire la flemme) de chercher.
la question 3 a été posée parmi les célèbres problèmes de Hilbert
La réponse est non.
Intervient ici un "critère" ( ou invariant) de Dehn :
deux polyèdres sont dissectables l'un dans l'autre si et seulement si ils ont le même invariant de Dehn.
Parmi les bibliographies intéressantes sur le sujet on peut ajouter le livre très exhaustif "Dissections : Plane and Fancy" de Greg N. Frederickson qui donne plein d'infos historiques sur les problèmes de dissection (et "un peu" plus moderne que les récréations de Lucas)
Divers articles de JP Delahaye dans Pour la Science traitent de ces problèmes.
Le dernier en date parle du "Shadok à 6 becs", qui serait un polyèdre non formé d'assemblage de cubes, mais dont tous les angles dièdres sont de 90°
Ce polyèdre ayant la propriété que son invariant de Dehn étant égal à celui d'un cube, il existe une dissection en cube du Shadok à 6 becs !
L'article se termine par le problème ouvert de trouver effectivement une telle dissection.
Je ne joins pas une photo de mon exemplaire de Shadok à 6 becs (cf l'article de JP Delahaye pour une description précise) car il est un peu sale (suite à une tentative malheureuse de le peindre en 3 couleurs : 3 couleurs suffisent ici)
Par contre un patron de ce polyèdre :
pour plier ce patron en polyèdre, plier tous les plis rouge-bleu en plis vallées de 90° et tous les autres en plis montagne (de 90° aussi donc)
les 6 "becs" en question sont les faces rouges-bleues
après une bonne heure de recherche (comme d'hab le moteur de recherche dans le site de Pour la Sciene est inefficace pour retrouver un article dont on ne se souvient que de quelques mots), le Shadok à 6 becs est bien dans un Pour la Science, mais c'est un "Dossiers" de 2008 ( pas si récent que ça donc, j'avais dû le relire récemment) et l'article qui en parle n'est pas de JP Delahaye mais de Jean Lefort !
Toutes mes excuses à l'auteur donc.
Pour ces précisions théoriques et historiques.
J'ai essayé maladroitement d'assembler un Shadok à 6 becs, mais je n'ai pas fait de languettes et me suis un peu foiré avec le ruban adhésif.
Voici le résultat, criticable! :S
Ou bien de partir du partage en 4 et de partager l'un des petits carrés en 6.
(tu) Bien vu, JLT,
Nous avons donc deux solutions qui complètent la solution évidente qui consistait à (re)partager la plus grande pièce en 4 carrés...
Mais il reste une quatrième solution à trouver!
Il s'agit du découpage de rectangles ou carrés en carrés de dimensions toutes différentes.
On appelle de tels rectangles rectangles parfaits. Le plus petit que l'on connaisse est le rectangle de Moron (1925)
Il est à remarquer que les spécialistes du "squaring" s'appuient sur la théorie des graphes pour construire leurs rectangles parfaits et qu'ils ont établi une analogie entre ces rectangles et des circuits électriques (maillages de Kirchhof).
Ne me demandez pas plus d'explications!
Pour qui aimerait en savoir plus, voici un lien vers un site très bien documenté sur le sujet: www.squaring.net
On y trouvera notamment cette magnifiquie peau de crocodile:
les sommets du Shadock coïncident avec ceux d'un icosaèdre. Cependant , je trouverai plus facilement un cube de bois.
J'observe que chaque bec du Shadok pourrait être creusé dans l'une des faces du cube, et il me resterait alors à couper les 8 coins du cube pour obtenir les 8 triangles équilatéraux de notre solide.
Grâce à tes indications, j'ai trouvé aussi ce lien intéressant qui reprend la trisection du carré en 3 carrés, avec une solution en 6 pièces toutes superposables et des références historiques.
Bonsoir. jacquot
déja les carrés sont 10² + 11² + 12² = 13² + 14² (facile effectivement)
la dissection de 13² + 14² de Perigal excentrée ne pose aucune difficulté :
les dimensions sont évidentes à partir de la figure, en remarquant que le plus petit côté des pièces bleues et orange sont la différence 14 - 13 = 1, le reste en découle facilement, ou est directement obtenu des côtés des carrés : 13, 14 et sqrt{365} (dans la configuration où O est placé le plus bas possible)
Noter que l'on peut centrer la dissection en plaçant le point O exactement au milieu du carré de 14 (les petits côtés précités sont alors 1/2, et les 4 pièces absolument identiques, positionn initiale de l'applet)
Le point O peut être déplacé librement dans un petit carré de diagonale 1 centré sur le centre du carré de 14, toute la dissection se déformant parallèlement à elle-même
<applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
codebase="http://www.geogebra.org/webstart/4.0/unsigned/"
width="640" height="480" mayscript="true">
<param name="ggbBase64" 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C'est une appliquette Java créée avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
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Je suis allé un peu vite sur les dimensions :S
la zone dans laquelle peut se déplacer le point O est bien un carré mais très légèrement incliné par rapport aux 45° (en fait ses côtes sont parallèles et perpendiculaires à BC, donc incliné de arctan(13/14) = 42.88° sa diagonale n'est donc pas tout à fait 1, mais un peu supérieure, c'est sa "hauteur" qui vaut 1, différence d'altitude entre le coin supérieur et le coin inférieur.
si on se place "excentré au maximum", O le plus bas possible :
pour les dimensions des cinq carrés et le puzzle de droite. et bravo pour la qualité du dessin!
Pour celui de gauche, un tracé fera l'affaire, pas besoin de calculer les cotes.
J'ai appris à l'occasion ce qu'est une dissection de Perigal.
pour la partie de gauche je ne comprends pas cette découpe : le flou de la figure permet toutes les hypothèses.
les trois carrés semblent découpés en 10 pièces dont 4 "presque rectangulaires"
on ne retrouve pas ces 4 pièces dans le grand carré, il n'y en a que 3 !!
et cela semble être un découpage en 11 pièces.
En fait 9 pièces suffisent pour toutes les dissections de 3 carrés quelconques en 1, et "la plupart du temps" (99 pour cent ?) 8 pièces suffisent.
En fait si on écrit x² + y² + z² = w² sous la forme (x/w)² + (y/w)² + (z/w)² = 1 et que "wlog" on décrète x < y < z, le problème est entièrement caractérisé par les deux "coordonnées" X = x/w et Y = y/w et les dissections sont définies par divers types selon X, Y dans le diagramme :
Deux solutions valent mieux qu'une!
Alors j'attends ta solution en 8 ou 9 pièces, et je me tiens prêt à publier celle en 13 pièces. Sans doute le document original accompagnant l'énoncé n'est-il pas assez lisible, puisque tu n'as pas pu distinguer les 12 pièces qui entourent le carré blanc.
@ bientôt. jacquot
on peut effectivement choisir de conserver inchangé n'importe lequel des trois carrés 10, 11 ou 12, ici j'ai conservé intact le carré de côté 12.
Pour les lecteurs qui en douteraient encore, je leur conseille une visite sur le site "Maths en folie",
Je te remrecie d'avoir contribué à cette discussion.
Voici la dissection en 13 pièces qui apparaît tant bien que mal sur la figure jointe à l'énoncé de la question E:
On partage d'abord les carrés 10 et 11 comme suit:
www.archimedes-lab.org qui propose aussi de nombreuses activités de "mathématiques récréatives", mais je n'ai pas su y retrouver la figure de référence.
Et puis, chephip, j'aurais encore une question à te poser au sujet du Shadok à six becs mentionné plus haut:
il est vrai que mon collage est maladroit, mais à bien le regarder, il me semble que si les plis "Montagne" définissent bien des faces perpendiculaires, les plis "Vallée", eux, voudraient plutôt faire des angles de 120°.
Je sais qu'on pourrait les calculer en se plaçant dans la bonne perspective. Qu'en penses-tu?
Je vais étudier ce solide, en vue d'une réalisation d'un Shadok en bois!
Amicalement.
jacquot
D'ailleurs la dissection générale de 3 carrés en 1 utilise dans certains cas cette dissection (mais en 8 pièces !!) "Perigal double".
La dissection "à la Perigal" ne donne 8 pièces que si $Z > \dfrac{2X^2 + Y^2}{\sqrt{X^2 + Y^2}}$, et encore grace à une astuce.
(en normalisant x² + y² + z² = w² en X² + Y² + Z² = 1, X = x/w, Y = y/W et Z = z/w)
cela correspond aux domaines jaune, oranges et magenta 5,6,7,,8, de mon diagramme
je le remets pour plus de clarté (on a changé de page !)
c'est à dire au dessous de la quartique [2] qui représente la condition ci-dessus
En dehors de ce domaine de validité, elle donne plus de 8 pièces, dans ton exemple elle en donnait même beaucoup plus...
nos carrés nous placent dans la zone 3 bleu foncé, donc en dehors de la zone où la dissection "Perigal" est économique.
Pour le shadok, il est vrai que la réalisation soigneuse n'est pas évidente, mais 120° tout de même !!!
Les sommets du Shadok sont les points $(\pm 2, \pm 1, 0)\, \, (0, \pm 2, \pm 1)\, \, (\pm 1, 0, \pm 2)$ ou tous les +/- sont tous indépendants (ce qui donne bien 12 points)
Avec ça on peut calculer l'équation des plans des faces et calculer l'angle de ces plans pour vérifier que les angles font 90 ou 270 degrés.
le Shadok gonfle !! (certainement à force de pomper)
En fait ce solide en papier est déformable,
Le papier a tendance à s'aplatir naturellement et donc le Shadok a "gonfler" plus qu'il ne devrait, entrainant ces angles de 120°.
D'ailleurs dans le même ordre d'idée, on voit que les sommets ne sont pas ceux d'un icosaèdre régulier. la topologie est la même mais c'est tout. Il faudrait remplacer certaines faces de l'icosaèdre par des triangles isocèles (de côtés $2, \sqrt{6}, \sqrt{6}$)
Il faut le forcer un peu à se dégonfler jusqu'à ce que :
(vue de dessus)
avec les coordonnées données précédemment, on a le fond de bec AA' = 4
les côtés des triangles équilatéraux ABC etc $AB = BC = AC = \sqrt{6}$
et le papier a tendance à s'aplatir de sorte que l'arête de fond de bec BB' n'est pas à distance 1 du centre, mais plus éloignée qu'elle ne devrait. Entrainant donc un "aplatissement" de l'angle dièdre C(BB')F, qui est normalement bien de 90° comme on le voit sur cette vue de dessus.
Pour avoir un beau Shadok, il faudrait ajouter un renfort interne "tirant" sur ces arètes de fond de bec, renfort sous forme d'un carré de côté 2 collé à ces arêtes à l'intérieur.
Le montage en serait encore plus délicat ...
Merci Jacquot pour ces exercices complémentaires.
(tu) chephip pour la question B et tes prolongements avec le shadock à six becs.
Pour le troisième problème de Hilbert, on trouvera une preuve "accessible" du théorème de Dehn-Hadwiger dans Proofs from THE BOOK.
Quelques références en matière de dissection géométriques:
Livres:
1) Recreational Problems in Geometric Dissections and How to Solve Them - Harry Lindgren http://www.amazon.com/Recreational-Problems-Geometric-Dissections-Solve/dp/0486228789
2) Dissections: Plane & Fancy - Greg N. Frederickson http://www.amazon.com/Dissections-Plane-Greg-N-Frederickson/dp/0521525829/ref=sr_1_1?s=books&ie=UTF8&qid=1351062467&sr=1-1
3) Hinged Dissections: Swinging & Twisting - Greg N. Frederickson http://www.amazon.com/Hinged-Dissections-Swinging-Greg-Frederickson/dp/0521010780/ref=sr_1_2?s=books&ie=UTF8&qid=1351062467&sr=1-2
Quelques sites sur la toile:
--> la page de Greg N. Frederickson: http://www.cs.purdue.edu/homes/gnf/book/webdiss.html
--> la page Dissections sur le site de notre ami chephip: http://mathafou.free.fr/pbg/pb110.html
--> Wolfram: http://mathworld.wolfram.com/Dissection.html
Quelques articles théoriques :
Tom Apostol and co : http://www.mamikon.com/USArticles/Dissection.pdf
André Pressiat : http://www.ac-grenoble.fr/maths/perso/ALaur/grandeurs1.pdf
Jean Lefort : http://www.ac-noumea.nc/maths/polyhedr/stuff/poly_decomposition.pdf
Daniel Perrin : http://euler.ac-versailles.fr/webMathematica/reflexionpro/conferences/perrin/iprdp.pdf
Paradoxe de Banach-Tarski: http://www-magistere.u-strasbg.fr/IMG/pdf/JMuller.pdf http://www.madore.org/~david/math/bantar.pdf http://www.umpa.ens-lyon.fr/JME/Vol1Num1/artAReissman/artAReissman.pdf
Enoncés de problèmes :
Agreg externe1985 : http://megamaths.perso.neuf.fr/annales/agregationexterne1985comp1e.pdf
Capes externe 2004 : http://megamaths.perso.neuf.fr/annales/ag59e.pdf
Certaines de ces références ont déjà été mentionnées précédemment, avec juste raison, dans ce fil.
Amicalement.
@ chephiip:
Quand tu as parlé d'icosaèdre, ça m'a perturbé. Effectivement, mon Shadok ressemblait fort à un icosaèdre régulier.
En revanche, si je le pince, je retrouve un solide plus conforme à ton dessin:
Partant des indications que tu avais donné sur ton patron, J'ai calculé les angles des triangles bleus et roses obtenant deux fois 35,26° et 109,47°
Je retrouve bien ces mêmes valeurs si je calcule les angles avec les coordonnées des sommtes ddu solide que tu indiques ci-dessus.
Alors on peut se dire que c'est très proche des triangles d'or que l'on trouverait si l'icosaèdre était régulier (36°, 36° , 108°) mais en fait ça change beaucoup:
en effet je confirme qu'avec les coordonnées $(\pm 2, \pm 1, 0)\, \, (0, \pm 2, \pm 1)\, \, (\pm 1, 0, \pm 2)$, on obtient bien des plis-vallée à 90°,:)-D
tandis que si l'on part des sommets d'in icosaèdre régulier, les plis font environ 116,5°. La différence est considérable!
Je vois là une raison de plus pour partir d'un cube pour la réalisation à la scie d'un Shadok en bois.
Les sommets de mon cube initial auront pour coordonées: $(\pm 2, \pm 2, \pm 2)$
Amicalement. jacquot
N'ayant pas encore trouvé un morceau de bois cubique de dimension convenable ni l'arpète qui voudra bien le scier joliment, j'ai déjà essayé de faire le travail virtuellement sur une perspective cavalière.
Bon, je n'ai pas fait le meilleur choix pour l'angle des fuyantes et le dessin est ambigu en plusieurs endroits... et ce dessin comporte sans doute quelques erreurs. (corrigez-le, le cas échéant!)
Après, si nous sommes courageux, nous pourrions nous attaquer au problème ouvert de Jean Lefort.
Si j'ai bien compris, il s'agit de découper le Shadok en morceaux avec lesquels on doit recomposer un cube, ou vice-versa.
Ça ne me paraît pas infaisable: on peut déjà remarquer que avec les coodonnées que nous propose chephip: un Shadok de sommets $(\pm 2, \pm 1, 0)\, \, (0, \pm 2, \pm 1)\, \, (\pm 1, 0, \pm 2)$ obtenu à partir d'un cube de sommets $(\pm 2, \pm 2, \pm 2)$, tous les points marqués sur le dessin ci-dessus ont des coordonnées entières.
Par ailleurs les 20 faces du Shadok peuvent être apariées en 10 paires de faces parallèles.
On pourrait peut-être essayer de découper suivant les 64 petits cubes canoniques qui composent le grand cube et regarder s'il n'y a pas moyen d'assembler les éclats...
Suis-je trop optimiste? qu'en penses-tu, chephip?
[size=x-small]PS Il m'est déjà arriver de croiser Jean Lefort au supermarché...[/size]
j'en pense que selon toute vraisemblance le cube reconstitué aura certainement certaines de ses faces parallèles à certaines faces externes du Shadok, donc seront en biais par rapport au "quadrillage" d'origine.
Mais autant je maitrise à peu près les dissections planes, autant les dissections 3D sont un peu hors de ma portée.
A mon avis la première opération va être de calculer le volume du Shadok, pour en déduire l'arête du cube équivallent. pas trop le temps de m'y consacrer non plus hein ...
Pour le calcul du volume de notre Shadok:
Remarquons d'abord que les plans de ses faces ont des équations simples:
$\pm x \pm y \pm z =3$ pour les faces jaunes,
$\pm x \pm y =1$ ; $\pm y \pm z =1$ et $\pm z \pm x =1$ pour les faces bleues ou roses.
Parmi les 64 cubes unitaires constituant le grand cube de ma perspective,
* 8 sont entièrement contenus dans le solide, c'est le coeur du Shadok * 8 ne le touchent qu'en un seul point, ce sont les 8 cubes au sommets du grand cube, * et 48 sont coupés par le Shadok, on peut les grouper 4 à 4 autour des 12 sommets du solide.
Parmi ces 48 cubes, 24 donnent 5/12 de leur volume au Shadok (comme le petit cube de gauche sur le dessin ci-dessus)
et 24 ne lui donnent que 1/12 de leur volume.
Le dessin représente ainsi un demi-sommet du solide.
Le volume de notre Shadok est donc $V= 8+24 ( \dfrac 5 {12}+\dfrac 1 {12})=20$
L'arête du cube équivalent est donc égale à $\sqrt [3] {20}$.
Ce résultat me contrarie, parce que, pour autant que je sache, $\sqrt [3] {20}$ n'est pas constructible...:S
Pour résumer, je saurais facilement regrouper les "éclats" pour reconstituer de petits cubes pleins: un cube entier pour chaque sommet du Shadok, mais je ne sais pas comment découper 20 cubes pour en faire un seul.
Cependant, cette dissection est, disons, faisable ou réalisable comme suit, si l'on a le droit de placer une longeur $\sqrt [3]{20}$ dans un segment:
i) Scier les pointes du Shadok suivant les plans $x=\pm 1$ ; $y=\pm 1$ et $z=\pm 1$.
On gardera le cube central ou coeur du Shadok intact.
ii) Scier encore les pointes suivant les plans $xyz=0$. Chaque pointe se trouve maintenant débitée en deux tétraèdres et deux pentaèdres du modèle de ceux qui sont présentés dans mon message précédent.
L'assemblage d'un tétraèdre et d'un pentaèdre donne un prisme-demi-cube, en d'autes termes, chaque pointe du Shadok permet de reconstituer un cube unitaire.
iii) Disposer les 12 cubes unitaires ainsi obtenus en 3 étages de 4 cubes que l'on placera sur le coeur du Shadok pour obtenir un pavé droit 2x2x5.
On va maintenant transformer ce pavé en cube suivant le processus connu pour les rectangles, par coupes obliques:
iv) Première coupe oblique:
v) On relève le pave de dimensions $\sqrt [3]{50}\times \sqrt[3]{20}\times 2$ et on refait une coupe oblique pour le obtenir le cube $\boxed{\sqrt [3]{20}\times \sqrt[3]{20}\times \sqrt[3]{20}}$
En résumé, on a là une dissection qui permet de compacter le Shadok en un cube pour peu que l'on puisse définir assez exactement la hauteur $\sqrt[3]{20}$. Ce n'est pas une construction parfaite, mais à mon avis la construction parfaite est impossible.
Qu'en pensez-vous, chephip et les autres?
Finalement. jacquot
c'est un bon début.
évidemment le $\sqrt[3]{20}$ est peu engageant, mais c'est souvent le cas en 3D, des racines cubiques :
Les Grecs étaient déja tombés sur le problème de la duplication du cube ...
d'un autre côté ces racines cubiques sont inconstructibles uniquement si on se contente de la règle et du compas ! avec "d'autres outils" ça se construit très bien.
La méthode synthétique ici employée pour dissecter (disséquer ? non ...) le Shadok a l'inconvénient de ce genre de méthode : le nombre de pièces élevé.
D'un autre côté comme je le disais les dissections en 3D je les admire, mais pour en trouver moi même c'est une autre paire de manches. Bravo donc pour ce premier jet.
Une amélioration est apportée par la dissection de Hanegraaf du pavé droit en cube :
plutôt que de refaire une coupe en biais sur le pavé résultant de la 1ere coupe, on en coupe sauvagement une tranche de $\sqrt[3]{50} - \sqrt[3]{20}$ et c'est cette tranche seule sur laquelle on applique une coupe en biais (techniquement un "P-slide")
Sinon la deuxième coupe en biais recoupe des pièces de la première et on n'arrive pas à 6 pièces seulement pour la découpe du pavé de 2x2x5 en cube mais 7 ou 8.
(sans tenir compte que ce pavé est déja un ramassis de petits bouts)
Je vais essayer de faire un dessin de la dissection de Hanegraaf demain.
Pour l'heure il se fait tard.