Deux quadrillages
Bonjour à tous .
Un problème que j’ai trouvé sur un autre site et qui me pose de nombreuses questions sans réponse , j’en propose quelques-unes .
On pose deux quadrillages orthonormés et infinis l’un sur l’autre de façon aléatoire .
On obtient alors un pavage du plan qui interroge .
1°) Quelle est la taille moyenne des parts ?
2°) Quels sont les proportions des différents polygones obtenus ( en nombre de côtés ) ?
3°) Quelles sont les réponses aux deux premières questions si le deuxième quadrillage est le symétrique du premier par rapport à un axe passant par deux de ses nœuds ?
Merci d'avance pour vos réponses et pour les autres questions que vous pouvez poser :-)
Domi
Un problème que j’ai trouvé sur un autre site et qui me pose de nombreuses questions sans réponse , j’en propose quelques-unes .
On pose deux quadrillages orthonormés et infinis l’un sur l’autre de façon aléatoire .
On obtient alors un pavage du plan qui interroge .
1°) Quelle est la taille moyenne des parts ?
2°) Quels sont les proportions des différents polygones obtenus ( en nombre de côtés ) ?
3°) Quelles sont les réponses aux deux premières questions si le deuxième quadrillage est le symétrique du premier par rapport à un axe passant par deux de ses nœuds ?
Merci d'avance pour vos réponses et pour les autres questions que vous pouvez poser :-)
Domi
Réponses
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Bonjour
La surface moyenne des parts ? $\frac{\sum aires}{\sum nombre\ de\ parts}=Cte$. Autrement dit, tout point perdu par une part est gagné par sa voisine. Donc la moyenne est constante. À toi de prendre une configuration où la moyenne est facile à calculer.Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé. -
Bonjour
Je suis d'accord que l'aire moyenne des parts est l'inverse du nombre moyen de parts dans chaque carré unité . Ce nombre de parts est invariant par translation ( sauf aux passages des nœuds ) mais il dépend fortement de l'angle formé par les deux quadrillages .
Domi -
Non PLM,
Si les 2 quadrillages sont quasiment parallèles, ou passons à la limite, si ils sont parfaitement parallèles, chaque carré du quadrillage 2 est coupé systématiquement en 4 rectangles.
Alors que sur l'exemple posé, chaque carré du quadrillage 2 est coupé en 3 , 4, 5 ou 6 portions. Mais que la moyenne semble vraiment au dessus de 4.
La démarche que je verrais :
- On fixe un angle alpha.
- On dessine le quadrillage Q1, et on dessine 1 carré C du quadrillage Q2, incliné de l'angle alpha en question.
- On calcule cette intégrale double : Si on déplace le sommet S sur tout ce carré C, en moyenne, combien de portions obtient-on ?
- Puis on calcule une nouvelle intégrale sur alpha, entre 0 et pi/2 ou entre 0 et pi/4
Les questions 1 et 2 sont très liées.
Je ne comprends pas ta question 3.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
@lourrran
Pour les deux premières questions , les cas où les deux quadrillages partagent des nœuds sont négligeables . Si on imposent des nœuds communs ( par exemple en faisant une symétrie par rapport à un axe passant par deux nœuds ) alors on réduit le nombre de parts et on infléchit sensiblement les moyennes .
Domi -
@Domi,
Oui, mais alors il faut ajouter une autre contrainte.
Les 2 plans sont infinis. Cette symétrie changera quelque chose uniquement si elle se répète une infinité de fois. Si le sinus et le cosinus de l'angle sont 2 rationnels, alors la particularité rencontré au point 'origine' va se reproduire régulièrement, et effectivement, elle biaiser le résultat.
Mais dès que l'un des 2 nombres sin(alpha) ou cos(alpha) n'est pas rationnel, il me semble que le biais devient négligeable.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
Oui , si tu veux mais dès que tu as deux points , tu en auras une infinité . D'un autre côté une pente rationnelle va imposer des "motifs" répétitifs et le passage par des nœuds communs n'est qu'une contrainte supplémentaire certainement facile à gérer .
Domi -
Le problème ne motive pas grand monde ici . Il y a de nombreux développements ailleurs : Deux quadrillages . Avis aux amateurs :-)
Domi -
Bonjour,
Pour un angle $a$ d'inclinaison d'un quadrillage sur l'autre générique, le nombre moyen de morceaux par carreau est égal à $2(1+\cos(a)+\sin(a))$, comme le montre ce dessin qui représente (en vert) l'ensemble des positions du coin inférieur du carreau penché contraint à intersecter le carreau droit. -
Bonjour
Si la figure de GaBuZoMeu répond aux deux premières questions ( on n'est pas dans la démonstration sans un mot , il y a "un peu" de calculs derrière l'image ) , elle dit peu ou rien sur la troisième : que deviennent ces résultats quand les deux quadrillages sont symétriques par rapport à une droite passant par deux nœuds ?
L'exercice n'est pas facile mais il me semble que ça vaut le coup d'essayer :-)
Domi
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Bonjour!
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