recouvrir un carré

coincidence : vu juste a cote, sur un autre post :

"Auteurs: Bosio Frederic (---.sp2mi.univ-poitiers.fr)
Date: 01-31-02 10:42

Cette enigme de coloriage me rappelle un autre probleme. J'ai vu un jour qu'il etait possible de colorier le plan avec trois couleurs, de telle sorte que chaque couleur colorie une partie dense du plan et que chaque droite ne rencontre que deux couleurs. Une telle construction etait utilisee dans la preuve du theoreme dit "de pepere et memere" (celui qui dit que quant on decoupe un carre en triangles d'aires egales, on en a forcement un nombre pair)."

a creuser ?

C'est quoi le lien Domi sur ce forum pour accéder à cette page dont tu parles ?

La fin n'est pas très claire…
Je m'explique :
On regroupe deux à deux les triangles rectangles on a alors des rectangles que l'on raboutent par le coté de longueur 1 et il reste un dernier triangle que l'on raboute au reste par le côté de longueur 1 et finalement étant donné que l'hypoténuse du dernier triangle ne sera jamais parallèle au dernier coté du carré, ça ne fonctionne pas.

Je ne sais pas si je suis clair
Un schéma aiderait mais je ne sais pas faire ça sur ordinateur

Pour Pablo,

<BR><a href=" http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=101409&t=100365#reply_101409"&gt; http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=101409&t=100365#reply_101409</a&gt;

<BR>Mais je n'arrive par à ouvrir le lien proposé par Aldo
<BR>
<BR>Domi<BR>

Finalement la solution que je propose est vraie ou fausse ??
J'aimerais bien savoir...
Merci

pourquoi clairement faux?

le processus de deformation que j'utilise conserve l'aire de chaque triangle

Les triangles que j'ai constuit sont tous rectangles et dans ma construction je rempli le carré par la gauche

une piste à creuser:

je considère dans un premier temps une partition telle que les points du maillage sont forcément des sommets (pas de schéma du type un sommet d'un triangle sur le coté d'un autre triangle).

alors pour chaque point du maillage (intérieur) j'ai la somme des angles qui vaut 2PI. donc la somme de toutes les angles = 2npi (avec n le nombre de points intérieurs du maillage).
si on rajoute les sommets du carré on a (2n+2)Pi

or par ailleurs on sait que la somme des angles d'un triangle vaut PI donc on a 2n+2 triangle.

mis à part l'hypothèse de points du maillage qui ne peuvent pas être sur un coté du segment, ça me semble une preuve.

On ne peut pas faire de maillage impair sans mettre un sommet sur une face d'un triangle.

reste à prouver que dans ce cas les triangles ne peuvent pas être de même aire.

cordialement

Bonjour

Je n'ai pas eu le temps de lire tous les posts mais je propose une idée qui vient de germer (au réveil je précise :

Soit A l'aire de chaque triangle. Supposons qu'on ait k triangles qui recouvrent un carré de coté c.
Par homothétie on peut se ramener à c un entier impair.
Pour chaque triangle $T_i$ on a la relation : $2.c²=k.b_i.h_i$
où $b_i$ et $h_i$ désignent respectivement une base et une hauteur de $T_i$.
Si on arrive à montrer qu'il existe toujours un triangle dont une base et une hauteur sont des entiers impairs (par exemple on peut dire que si tous les cotés entiers sont pairs, alors comme on peut en trouver qui recouvrent exactement un des coté du carré qui est impair il y a absurdité)

Le problème est qu'on peut très bien avoir une situation avec aucun coté entier...
Cela dit en jouant à homothétie près peut-être peut-on s'en sortir.
Et au pire on peut raisonner sur le produit base/hauteur qui lui est nécessairement au pire rationnel. Avec un peu d'arithmétique de base il doit y avoir moyen de s'en sortir.

Une autre idée serait de montrer par récurrence que si on recouvre un carré par un nombre impairs de triangles, 2 au moins ont des aires différentes. Le cas de 3 triangles étant facilement faisable en considérant les différents types de dispositions.

t-mouss

Sérieux personne ne veut regarder le coté arithmétique de la chose ?
En vous disant que l'aire du carré vaut k fois l'aire d'un triangle qui s'exprime b.h sur 2, ça ne vous fait pas penser que cette voie peut être intéressante ?
Je n'ai pas eu le temps d'y réfléchir plus mais je vais essayer de m'y repencher d'ici demain.

t-mouss

Je me demande si ce problème a déjà une démonstration ou bien c'est juste une conjecture ...
Puisqu'il s'agit d'un théorème ça doit être résolu... En fait j'ai sillonné google mais je n'ai rien trouvé comme démonstration !!

bonjour à tous

bon j'ai un petit peu avancé : en notant $b_i$ et $h_i$ des couples base/hauteur de chaque triangle on obtient les relations :

$k.\frac{b_i.h_i}{2}=c^2$ où c est le coté du carré et k le nombre de triangles.

Je pense qu'alors si on peut toujours trouver une valeur entière pour c telle qu'au moins un des triangles possède un couple base/hauteur dont le produit est un entier impair, le pb est résolu.

en effet soit $(b_i,h_i)$ dont le produit est un entier impair. Comme c est entier, k est nécessairement pair.

on sait deja que si c est entier alors le produit $b_i.h_i$ est au pire rationnel. Ainsi par une homothétie de rapport le dénominateur on se ramène systématiquement dans le cas où le produit est entier. Le seul cas qui pourrait alors poser pb serait un cas où pour tout couple base/hauteur le produit ait un numérateur pair.

Bon ca répond pas à la question mais je pense que ca élémine pas mal de cas... alors peut-on montrer qu'il y a toujours un choix possible pour c entier tel qu'il existe un couple hauteur/base dont le produit est impair ?

t-mouss

bon encore un peu de nouveau :

on sait que $b_i.h_i$ est constant puisque ca vaut le double de l'aire d'un triangle.

on se place dans le cas où le produit $b_i.h_i$ est entier (vu que c est entier comme dit dans mes précédent post $b_i.h_i$ est rationnel et donc on se ramène à un entier par homothétie).

on a alors 2 cas ; soit $b_i.h_i$ est impair et dans ce cas k est nécessairement pair car $k.\frac{b_i.h_i}{2}=c^2$

soit $b_i.h_i$ est pair. On a alors :

$b_i.h_i=2n$ et donc $c^2=k.n$. Alors je pense qu'on peut se débrouiller sur la classe de n modulo 4 pour forcer k à être pair vu k.n est un carré.

bon ca reste encore confus mais je pense que ca peut aboutir...

t-mouss

Je ne me souviens plus de la solution de ce pb, mais je crois que sa
solution traine dans un vieux numéro de l'ouvert (IREM de Strasbourg)
que je n'ai malheureusement plus (dans les années 85-90)...
Cordialement
MC

la preuve donnée dans le document que j'ai mis en ligne supra est passablement sophistiquée, me semble-t-il. Il serait assez étonnant d'en trouver une "élémentaire", amha.

bon alors j'ai essayer de synthétiser mes recherches (à défaut de faire des trouvailles) :

lorsqu'on triangulise un carré de coté 1 avec des triangles de même aire nécessairement le produit base/hauteur pour chaque triangle est une constante rationnelle. Si le numérateur n'est pas pair alors nécessairement le nombre de triangles est pair. Il faudrait montrer qu'on ne peut pas triangulariser un carré d'aire 1 de sorte que le numérateur du double de l'air de triangle soit pair. Et encore on est sur de rien. Cette condition est suffisante mais pas nécessaire ce qui motive peu les recherches...

bon : soit A l'aire d'un triangle. $A=\frac{b.h}{2}$ avec $b.h=\frac{p}{q}$

on a k.A=1 soit $k=\frac{2q}{p}$ et comme p et q sont supposés premiers entre eux et que k est entier (nombre de triangles) on obtient que p=1 ou 2

apres j'essaye de découper le carré et je me place dans le cas où p=2. Mais hélas c'est trop chaud pour que je vois quoi que ce soit

t-mouss

bon je pense enfin avoir trouvé.... mais c'est relativement laborieux et la conclusion ne me satisfait guère

l'idée de départ est d'un ami :

on divise le carré (supposé d'aire 1) en 2 parties de même aire en traçant une droite passant par le centre du carré (dans toute la suite on appelera G et D les 2 parties du carré). On considère alors les triangles à cheval sur cette droite (on a k triangles a cheval).

il y a 2 cas : soit la partie du triangle dans G est encore un triangle (on notera cette partie $T_i$ et son aire $a_i$ 'associée au i-ième triangle à cheval') soit c'est un quadrilatère (partie notée $Q_i$ et aire notée $b_i$).

on peut alors considérer la somme alternée des $a_i$ en considérant que l'on ajoute $a_i$ si $T_i$ est dans G et que l'on retranche $a_i$ si $T_i$ est dans D.

cette somme S est soit positive soit nulle. Supposons qu'elle soit non nulle. En tournant la droite par rapport au centre du carré, S va évoluer continuement dans $\R$. Si on tourne à 180° le signe de S sera inversé et donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires il existe un cas où S est nulle. On considère alors ce cas.

POur résumer on a donc le carré triangularisé. On le coupe par son centre de sorte que l'air des $T_i$ soit la même sur D et sur G. Les triangles ayant même aire A on a la relation $a_i+b_i=A$.

Cela donne donc, en notant I l'ensemble d'indices correspondant à $T_i$ dans G et J son complémentaire : $$\sum_{i \in I}^{}a_i=\sum_{j \in J}^{}a_j$$ ce qui donne immédiatement : $$\sum_{i \in I}^{}b_i=\sum_{j \in J}^{}b_j.A.(Card I - Card J)$$

donc l'aire de la trace des k triangles sur D diffère de celle sur G d'un multiple de A, ce multiplie étant Card I - Card J.

Ainsi on a k triangles à cheval qui définissent donc 3 zones :

X : l'aire des triangles strictement inclus dans G
Y : l'aire des triangles strictement inclus dans D
Z : l'aire des triangles à cheval

Si k est impair on a forcément Card I - Card J impair non nul. On a donc un certain nombre x de triangles dans X, k triangles dans Z et x+2m+1 triangles dans Y. Soit au final 2(x+m)+k+1 qui est donc pair.

Si k est pair on a Card I - Card J pair. On a donc : x triangles dans X, k dans Z et x+2m dans Y soit au finale 2(x+m)+k qui est encore pair.

bon sur la fin j'utilise le fait que si il y a x triangles d'aire A partitionnant un domaine d'aire D alors il y a x+k triangles d'aire A partionnant un domaine d'aire D+k.A....

bon ca me semble correct mais hésitez pas à poser des questions ca me permettra d'éclaircir ca pour moi aussi (c'est tout frais là.... au moins 30 min que j'écris ce post ^^)

t-mouss

Bonsoir t-mouss,

Je n'ai pas lu ton texte jusqu'au bout parce que dès le départ quelque chose me gène ( mais peut-être ai-je mal compris ?) . Si on considère ta droite tournante $\Delta$ , elle peut tout à fait passer par le sommet M d'un des triangles $T_i$ du recouvrement . $\Delta$ coupe alors $T_i$ en deux triangles d'aires $A_G$ et $A_D$ à priori inégales . Quand $\Delta$ traverse le sommet M , l'aire $a_i$ passe brutalement de $A_G$ à $A_D$ donc pas de continuité pour la fonction S et à fortiori pas de théorème des valeurs intermédiaires .

Explique-moi si une astuce m'a échappée et en tout cas , félicitations pour ta persévérence .

Domi

moi c'est la discussion sur les XYZ que j'arrive pas à accrocher.

je ne vois pas au départ comment de considérations sur k tu peux en déduire qqch ...

je m'accroche, je m'accroche

bon evidement je n'ai pas été très clair car des petits dessins comme tu viens de le faire m'aurait pas mal aidés.

bon donc je vais appeler $T_i$ les petits triangles résultants de l'intersection des triangles de base avec la droite (dans le cas de 2 triangles on choisit le plus petit comme "triangle"). Me voila donc avec un certain nombre de triangles, certains à gauche de la droite, d'autres à droite (ici tout réside dans le sens que l'on donne à "gauche" et "droite". Ces notions dépendent uniquement de l'orientation que l'on donne à la droite, par exemple en en faisant une flèche, la gauche représente l'ouest et la droite l'est si on imagine que la fleche indique le nord).

Ma fonction associe donc au paramatère O (l'angle de la droite avec un coté du carré par exemple) la différence entre somme des aires des $T_i$ a gauche et sommes des aires des $T_i$ à droite.

Le pb de ton contre exemple c'est que tu associe "gauche" et "droite" au sens de rotation de la droite. Or pour moi on fixe un "chapeau" à une extrémité de la droite et ce chapeau donne l'orientation (du coup tes 2 cas sont obtenues lorsque la droite a effectuée une rotation de 180° et non en changeant le sens de rotation de la droite)... je crois que c'est de là que venais le principal pb... mais peut-être reste-il certaines choses à préciser.

Pour muaddob, si tu es d'accord (ou le cas échéant si tu admets les histoires de continuité etc) avec ce qui précède alors tu devrais être convaincu par la suite.

On a donc 3 X,Y et Z zones contenant chacune un nombre entier de triangles. Disons qu'il y a x triangle dans X (la bande du haut) et k triangles dans Z (la bande à cheval). On cherche donc a estimer le nombre de triangles dans Y. On sait que la droite coupe le carré en 2 parts d'aires égales à 1/2 et que $a_i+b_i=A$. On cherche alors a déterminer l'aire de Y en fonction de celle de X. L'aire de X vaut 1/2-l'aire de la partie de Z située au-dessus de la droite. Pareil pour celle de Y en prenant l'aire de la partie de Z au-dessous.

On a donc 2 parties de Z dont on sait facilement relier les aires : en effet tu écris la condition : 'la somme des aires des $T_i$ au-dessus est égale à la somme des $T_i$ en dessous'. Ca nous partitionne donc les k triangles de Z en k' triangles ayant leurs $T_i$ au-dessus et k" ayant leurs $T_i$ en-dessous. Cela donne donc que la somme des $a_i$ sur k' indices (mon ensemble I) est égale à la somme des $a_i$ sur les k" autres indices (ensemble J).

Si ce n'est pas clair je t'invite à faire un dessin ou tu recouvre une droite avec des triangles et ensuite tu isoles les $T_i$.


cela donne formellement :

$$\sum_{i \in I}^{}a_i=\sum_{j \in J}^{}a_j$$

en utilisant la relation $a_i=A-b_i$ tu obtiens :

$$(*) \sum_{i \in I}^{}b_i=\sum_{j \in J}^{}b_j+(k'-k").A$$

avec k=k'+k" (car si $T_i$ n'est pas en haut il est en bas et réciproquement)

Bon a ce niveau là on peut facilement déduire la relation qui nous intéresse entre l'aire de X et celle de Y :

on note H' l'aire de la partie de Z située au-dessus de la droite, H" celle de la partie située en-dessus. Avec un dessin on voit clairement que $H'=\sum_{i \in I}^{}b_i+sum_{j \in J}^{}a_j$ et que $H"=\sum_{i \in I}^{}a_i+sum_{j \in J}^{}b_j$ et en utilisant (*) on obtiens finalement :

H'=H"+(k'-k").A

comme l'aire de X (notons la x) vaut : x=1/2-H' et celle de Y : y=1/2-H"

on obtient finalement : x=y+(k"-k').A avec k'+k"=k

On sait que X,Y et Z sont partitionnées en a,b,k triangles. Si il y a b triangles dans Y, il y en a nécessairement b+k"-k' dans X car les triangles ont pour aire A. Et donc si on fait la somme des nombres de triangles de chaque zone on obtient : 2b+k+k"-k'. en remplacant k par k'+k" on obtient finalement : 2.(b+k") triangles dans le carré.

En fait je pense que toute l'astuce réside dans le fait que lorsqu'on partage le carré en 2 parties d'aires égales d'une "bonne manière" on se ramène à un cas où on peut facilement voir que le nombre de triangles strictement inclus dans une des 2 parties est de même parité que le nombre de carrés à cheval sur la droite.

De plus on utilise pleinement l'argument de partition du carré par les triangles pour relier relation entre aires et relation entre nombre de triangles. Cet argument dit concretement que si on a un domaine D d'aire d divisé en y triangles d'aire A et un domaine D' d'aire D+k.A partitionné en x triangles, alors x=y+k. D'ailleurs c'est marrant ca me fait un peu penser au principe des tiroirs de dirichlet : on a juste assez de place pour ajouter k triangles et comme on sait qu'il n'y a pas de place pour en ajouter 1 on conclut.

Bon évidement c'est assez difficile d'expliquer ce genre de preuve sans avoir recour à des dessins (j'ai essayé par téléphone et c'était encore plus comique . Je vais essayer de faire un truc (merdique) pour au moins fixer les idées.

Et n'hésitez pas à me harceler de questions....

Merci encore de l'intérèt que vous portez à mes élucubrations...

t-mouss

Bonjour à tous,

En effet, comme le signale Domi, le lien que je donnais sur un autre post ne fonctionne plus.
Mais (!) il se trouve que j'avais enregistré le document, je l'ai donc mis sur mes pages perso pour que tout le monde puisse en profiter :
<http://perso.wanadoo.fr/aldo.haik/maths/equidissections.ppt&gt;
En espérant que ça fonctionne ...

Aldo.

et bien je crois que j'ai une solution relativement élémentaire (enfin si cette fois-ci ca marche).

Je vais essayer de détailler au maximum les étapes :

On travaille dans un carré de coté 1 et on note n le nombre de triangles d'aire A.

L'idée de base est de diviser le carré en 2 parties d'aires égales, séparées par une droite pointée D. On obtient ainsi 3 zones : X la zone des triangles strictement à gauche de D (la gauche et la droite étant définies par rapport au la "fleche" de D) Y la zone des triangles strictement à droite de D et Z la zone des triangles à cheval (cf piece jointe). En notant x,y et z les nombres de triangles de respectivement X,Y et Z on va essayer de montrer que z et (y-x) ont même parité si bien que n=x+y+z=2x+z+(y-x) sera pair.

Nous allons tout d'abord montrer que l'on peut supposer y impair.

A chaque droite passant par le centre du carré (donc le divisant en 2 parties d'aires égales) on associe l'angle $\alpha$ qu'elle fait avec un des cotés du carré. La partie Z se divise en 2 parties $Z_G$ et $Z_D$ (les triangles sont divisés en 2 parties une à gauche de D l'autre à droite de D).

On définie la fonction f qui associe à $\alpha$ la différence entre l'aire de $Z_G$ et celle de $Z_D$. Il est facile de voir que f est somme de fonctions continues (n fonctions qui a $\alpha$ associent la différence entre l'air de la partie a gauche de D et l'air de celle à droite et 0 sinon). Ces fonctions sont à prioris continues (je dis à prioris car je ne les ai pas explicité).

On remarque alors que lorsque D a tourné de 180° on retombe sur la situation initiale avec la gauche et la droite inversées donc si $f(\alpha)=h$ alors $f(\alpha+\pi)=-h$ et on conclu que la fonction s'annule quelque part grace au théorème des valeurs intermédiaires.

Cela nous permet alors de supposer que les aires de $Z_G$ et $Z_D$ sont égales. Ainsi les aires de X et Y sont elles aussi égales et donc x=y. Il est donc naturel de conclure que si z est pair alors n=x+y+z=2(x+z/2). Donc n nécessairement pair.

- Le cas z impair : z=2r+1

Nous allons choisir une autre séparation du carré. On commence par ordonner les z triangles de Z du bas de D vers le haut (le bas et le haut de D étant là encore déterminés par rapport à la flèche). A chaque triangle $T_k$ de Z on associe $T_k^G$ et $T_k^D$ les parties de gauches et de droite. On considère alors les z fonctions qui associent à $\alpha$ l'aire de $T_k^G$ si k est impair et l'opposée de l'aire de $T_k^D$ si k est pair. Ces fonctions sont continuent (par le même argument que précédement : il suffit de les expliciter) et donc leur somme aussi est continue, on la notera $g(\alpha)$.

Alors de même que plus haut si on tourne D de 180° on retombe sur la situation initiale avec la gauche et la droite interverties et donc annulation de g pour les même raisons.

Nous allons formaliser cette situation : on note

- si k est impair on note $a_k=Aire(T_k^G)$ et $b_k=Aire(T_k^D)$
- si k est pair on note $a_k=Aire(T_k^D)$ et $b_k=Aire(T_k^G)$

On a donc les relations suivantes : $$a_1+a_3+...+a_{2r+1}=a_2+a_4+...+a_{2r}$$
$$a_k+b_k=A$$

on déduit immédiatement : $$b_1+b_3+...+b_{2r+1}=A+b_2+b_4+...+b_{2r}$$

on sait aussi que l'aire de $Z_G$ est donnée par : $$a_1+b_2+a_3+b_4+...+a_{2r-1}+{b_2r}+a_{2r+1}$$

et celle de $Z_D$ par :
$$b_1+a_2+b_3+a_4+...+b_{2r-1}+a_{2r}+b_{2r+1}$$

On a alors $Aire(Z_D)=Aire(Z_G)+A$. L'aire de X est donnée par $1/2-Aire(Z_G)$ et celle de Y par $1/2-Aire(Z_D)=1/2-Aire(Z_G)-A$.

D'où Aire(X)=Aire(Y)-A. Donc x=y-1. Finalement n=x+y+z=2y-1+2r+1=2(y+r)

Donc n est pair, que z soit pair ou impair.

Ci-joint qques pieces jointes pour mieux visualiser ce qui se passe.

Merci encore à ceux qui auront le courage de lire ce que je viens d'écrire et encore plus merci à ceux qui poseront des questions.

Dans 'decoupage' X est en rouge, Y en Jaune $Z_G$ en bleu foncé $Z_D$ en bleu ciel.

Dans 'decoupage2' Les $T_i^G$ impairs sont en noir les pairs en blancs et vice-versa pour les $T_i^D$.

t-mouss

bon je me rend compte que mes fonctions ne définissent pas ce que je veux.

En fait je veux que $f(\alpha)$ soit égale à l'aire de la partie en noire à gauche moins celle de la partie en noir à droite. Donc chaque $f_k$ vaut l'aire en noire soit $a_k$. Ensuite on pose : $f=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}.f_k$

Et comme les $f_n$ correspondent à l'aire d'un polygone dont un des cotés "bouge" selon un paramètre (l'angle $\alpha$ en l'occurence) elles sont bien continues. Par suite f aussi et donc s'annule grace au théorème des valeurs intermédiaires.

t-mouss