Vieux trucs à moi (allumettes)

[Philippe 92]

Dans mes vieilleries à moi (1980) j'ai ça :

Un petit problème d'allumettes.
On peut avec 12 allumettes former une croix :

. +---+
. | |
. +---+ +---+
. | |
. +---+ +---+
. | |
. +---+

Qui entoure une aire de 5 allumette^2 (noté dorénavant Al^2)
(si on dispose d'une équerre)

Pour des raison d' "aspect ratio" une allumette horizontale est
ici +---+
et une allumette verticale
. +
. |
. +

Avec le même nombre d'allumettes et sans disposer de quoi que ce
soit d'autre (compas, règle etc), les disposer pour entourer une
aire de 4 Al^2
Le milieu d'une allumette n'est pas identifiable. On ne coupe ni
les cheveux en quatre, ni les allumettes en 2.
Toutes les allumettes doivent être utilisées pour le périmètre :

. +---+---+
. | |
. + +
. | |
. +---+---+---+---+---+---+

N'est pas permis.

Idem avec aire = 3 Al^2 (plusieurs solutions)

===========

Avec 9 allumettes, former 2 triangles et 3 carrés

. _'+
. +' \
. / \ _'+
. +---+'
. | |
. +---+

(bof, ASCII) ne forme que un triangle et 2 carrés.

===========

Déplacer une seule allumette dans chacune de ces égalités pour les
rendre justes :

III - II = IV
V - IV = VII
X - I = I
IV = I
XX - V = I
V + IV = II

XXII
---- = II
VIII

Pour la dernière on ne va pas être trop regardant...

--
Philippe C., mail : chephip avec free.fr comme domaine
site : http://mathafou.free.fr/ (divertissements mathématiques)

[Philippe 92]

Benoit a écrit :

> Philippe 92 <nos...@free.invalid> wrote:
>
>> Dans mes vieilleries à moi (1980) j'ai ça :
>>
>> Un petit problème d'allumettes.
>> On peut avec 12 allumettes former une croix :
>>
>> . +---+
>> . | |
>> . +---+ +---+
>> . | |
>> . +---+ +---+
>> . | |
>> . +---+
>>
>> Qui entoure une aire de 5 allumette^2 (noté dorénavant Al^2)
>

>> Avec le même nombre d'allumettes et sans disposer de quoi que ce
>> soit d'autre (compas, règle etc), les disposer pour entourer une
>> aire de 4 Al^2
>

> +---+---+
> | | |
> +---+---+
> | | |
> +---+---+
>

Tu mets le tour à l'intérieur toi ???
C'est identique à la configuration rejetée où on n'utilise en fait que
8 des allumettes, et les 4 dernières mises n'importe où.
Donc NON. *les 12* allumettes doivent participer activement !

>
>> Idem avec aire = 3 Al^2 (plusieurs solutions)
>

> +---+
> | |
> +---+---+
> | |
> +---+---+
> | |
> +---+

OUI c'est une des solutions.

[Jac]

"Philippe 92" :

> Déplacer une seule allumette dans chacune de ces égalités pour les
> rendre justes :
>
> III - II = IV
> V - IV = VII
> X - I = I
> IV = I
> XX - V = I
> V + IV = II

Les signes sont en allumettes ?

--
Jac.

[Jac]

"Philippe 92" :

> Déplacer une seule allumette dans chacune de ces égalités pour les
> rendre justes :

Tu es sûr que ce sont des égalités ?

--
Jac.

[Olivier Miakinen]

Salut !

Le 17/01/2012 13:58, Philippe 92 a écrit :
>
> Un petit problème d'allumettes.
> On peut avec 12 allumettes former une croix :
>
> . +---+
> . | |
> . +---+ +---+
> . | |
> . +---+ +---+
> . | |
> . +---+
>
> Qui entoure une aire de 5 allumette^2 (noté dorénavant Al^2)
> (si on dispose d'une équerre)
>
> Pour des raison d' "aspect ratio" une allumette horizontale est
> ici +---+
> et une allumette verticale
> . +
> . |
> . +
>
> Avec le même nombre d'allumettes et sans disposer de quoi que ce
> soit d'autre (compas, règle etc), les disposer pour entourer une
> aire de 4 Al^2
> Le milieu d'une allumette n'est pas identifiable. On ne coupe ni
> les cheveux en quatre, ni les allumettes en 2.
> Toutes les allumettes doivent être utilisées pour le périmètre :

J'ai trouvé, mais je n'essaierai pas de le représenter en art ASCII
(en fait j'ai essayé mais j'ai abandonné).

Allez, je mets juste deux allumettes, les autres il faut deviner où
elles iront :

. + + + + +
. |
. + + + + +
.
. + + + + +
.
. + + + + +
. |
. + + + + +

Une méthode similaire me permet de délimiter une aire de 3 Al^2 :

. + + + +
. |
. + + + +
.
. + + + +
.
. + + + +
.
. + + + +
. |
. + + + +

Cordialement,
--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 17/01/2012 14:45, Benoit a écrit :
>
>> Idem avec aire = 3 Al^2 (plusieurs solutions)

Ah, je n'avais pas lu ça. Pourtant ce n'était pas dans la signature !

>
> +---+
> | |
> +---+---+
> | |
> +---+---+
> | |
> +---+

Ok, j'ai donné une autre solution.

[Olivier Miakinen]

Le 17/01/2012 13:58, Philippe 92 a écrit :
>

> V + IV = II

V + VI = 11 ?

[Philippe 92]

Benoit a écrit :
> Philippe 92 <nos...@free.invalid> wrote:
>> Donc NON. *les 12* allumettes doivent participer activement !
>

> Alors :
> . +
> . / |
> . + +
> . | |
> . + +

> . \ |
> . +
> . +

> . / |
> . + +
> . | |
> . + +
> . \ |
> . +

Là il y a des trous ! tu ne peux pas avoir une distance en ligne
droite de 3 allumettes égale à une distance en ligne brisée de 3
allumettes !!!
En d'autres termes une allumette en diagonale d'un carré de coté 1,
ça ne marche pas !
Alors certes tu pourrais "gonfler" un peu tes "trapèzes" pour en faire
des hexagones où les allumettes se touchent toutes,

. + ----+--
. / \ |
. + + |
. | | | L
. + + |
. \ / |
. + ----+--
. | |
. | |
. +---+
. 2H

mais... l'aire d'un tel hexagone de longueur L et de largeur 2H est
(L+1)*H = 2, avec la condition (Pythagore) H^2 + ((L-1)/2)^2 = 1^2
nous donne ... seulement deux solutions réelles :

- L = H = 1 qui est le "double carré" et qui conduit à quelque
chose de presque déja vu ;-)

- L = 2.678573510428322, H = 0.5436890126920764 que tu vas avoir du
mal à mesurer sans rien du tout que les allumettes !
(sauf erreur de calcul)

Donc tu as "presque" _une_ solution, encore un petit effort...
Mais "plusieurs solutions" s'applique à chacun des deux problèmes.
Et pour les deux il y a des solutions totalement convexes (l'aire
intérieure d'un seul tenant) qu'il reste de toute façon à trouver !
(et sans valeurs "à la noix" pour les dimensions !!)

Amicalement.

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :

> Le 17/01/2012 13:58, Philippe 92 a écrit :
>>
>> V + IV = II
>
> V + VI = 11 ?

J'aime bien le mélange des genres du décimal-romain, mais non.
(ce n'est pas la solution attendue, bien qu'elle soit "acceptable" !
bravo pour cet effort d'imagination !

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :

Oui si je pense ce que tu penses, ce sont bien *des* solutions.
Bravo.

[Philippe 92]

Jac a écrit :

Oui et oui (les signes sont en allumettes)

[Philippe 92]

Philippe 92 a écrit :

> Jac a écrit :
>> "Philippe 92" :
>>
>>> Déplacer une seule allumette dans chacune de ces égalités pour les
>>> rendre justes :
>>
>> Tu es sûr que ce sont des égalités ?
>
> Oui et oui (les signes sont en allumettes)

Je pense voir ton problème de signes.
Exemple :

V + IV = II comporte onze allumettes
deux pour le V, deux pour le +, une pour le I, deux pour le V
deux pour le = deux pour le II
(la flemme de dessiner en ASCII)


III - II = IV (11 allumettes)
V - IV = VII (12 allumettes)
X - I = I (7 allumettes, deux seulement pour X)
IV = I (6 allumettes)
XX - V = I (10 allumettes)
V + IV = II (11 allumettes donc)

XXII
---- = II (19 allumettes, dont 4 pour la barre de fraction)
VIII

[Philippe 92]

Benoit a écrit :
> Philippe 92 <nos...@free.invalid> wrote:
>

>> III - II = IV
>

> IIII - II = I\ (on démarre les italiques)

quatre s'écrit IV en chiffres romains "modernes" (du moyen age)
Je sais bien que le vieux romain de Rome n'utilisait pas les notations
soustractives, mébon
et le / qui démarre des italiques (romains ;-) bof
donc non.

>
>> V - IV = VII
>

> V - IIV = \II (on continue)

Pas plus, et la notation soustractive "étendue" avec trois = IIV n'a
jamais existé par contre.

>
>> X - I = I
>

> \\ - I = I (on persévère)

Mauvaise piste.
Aucune allumette n'est utilisée comme marque d'italique ( / ) "moderne"
des forums (en 1980 !) ni comme quelque marque de pure typographie que
ce soit (souligné _ ou indice etc)

>
>> IV = I
>
> I\ = II (on s'enfonce)

tout a fait ... tu t'enfonces ... ;-)

>
>> XX - V = I
>

> ????

Ben oui y a plus, les italiques débouchent sur une impasse !

>
>> V + IV = II
>

> V - IIV = II

déja vu que trois = III et jamais IIV

>
>>
>> XXII
>> ---- = II
>> VIII
>

> XVII
> ---- = II (arrondi à l'unité)
> VIII

à 0.125 près ... hum
Il y a bien plus précis que cette approximatic là !!

[h2so4]

> III - II = IV

III + II =V

> V - IV = VII

V-IV=racine carrée de I

> X - I = I

I X I =I

> IV = I
I/I=I

> XX - V = I

> V + IV = II

V-IV=I/I

> XXII
> ---- = II
> VIII
>

XXII _
---- = II (PI)
VII

--
h2so4

[Jac]

"Philippe 92" :

> Je pense voir ton problème de signes.
> Exemple :
>
> V + IV = II comporte onze allumettes
> deux pour le V, deux pour le +, une pour le I, deux pour le V
> deux pour le = deux pour le II
> (la flemme de dessiner en ASCII)

Oui oui, d'accord. Autrement, pas d'autre moyen que d'en mettre une en
travers du = !
Quoique :

> V - IV = VII (12 allumettes)

Pvad zbvaf dhnger étnyr enpvar qr ha

--

[Philippe 92]

h2so4 a écrit :

>> III - II = IV
> III + II =V

OUI (autre solution(s) ?)

>
>> V - IV = VII
> V-IV=racine carrée de I

OUI

>
>> X - I = I
> I X I =I

OUI

>
>> IV = I
> I/I=I

OUI

>
>> XX - V = I
>
>> V + IV = II
> V-IV=I/I

OUI
(autre solution(s) ? la barre de fraction est un peu à l'étroit entre
les deux I)

>
>> XXII
>> ---- = II
>> VIII
>>
> XXII _
> ---- = II (PI)
> VII

OUI.

Bravo !

[Jac]

"Philippe 92" :

>>> III - II = IV
>> III + II =V
>
> OUI (autre solution(s) ?)

Puisqu'on ne rote pas:

2 + 2 = 4.

--

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> "Philippe 92" :
>> Je pense voir ton problème de signes.
>> Exemple :
>>
>> V + IV = II comporte onze allumettes
>> deux pour le V, deux pour le +, une pour le I, deux pour le V
>> deux pour le = deux pour le II
>> (la flemme de dessiner en ASCII)
>
> Oui oui, d'accord. Autrement, pas d'autre moyen que d'en mettre une en
> travers du = !

mais on veut des *égalités*

> Quoique :
>> V - IV = VII (12 allumettes)
> Pvad zbvaf dhnger étnyr enpvar qr ha

Oui donc (quelques secondes après h2so4, on va dire que c'est les PC
qui sont pas à l'heure...)
Bravo !
persévères ...

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> "Philippe 92" :
>
>>>> III - II = IV
>>> III + II =V
>>
>> OUI (autre solution(s) ?)
>
> Puisqu'on ne rote pas:

(Burp. pardon.)

>
> 2 + 2 = 4.

OUI.

[Jac]

"Philippe 92" :

>>> V + IV = II
>> V-IV=I/I
>
> OUI
> (autre solution(s) ? la barre de fraction est un peu à l'étroit entre
> les deux I)

2 - 7 - 5 (il faut un miroir).

--
Jac.

[Jac]

"Philippe 92" :

>> Quoique :
>>> V - IV = VII (12 allumettes)
>> Pvad zbvaf dhnger étnyr enpvar qr ha
>
> Oui donc (quelques secondes après h2so4, on va dire que c'est les PC
> qui sont pas à l'heure...)

J'étais en train de changer une ampoule !
Et puis je ne rote plus comme avant, je manque de pratique et si
j'arrive encore facilement à lire le ROT13 dans le texte, je dois
utiliser un module pour être sûr de l'encoder sans erreur.

--
Jac.

[Jac]

"Jac" ;

> 2 - 7 - 5 (il faut un miroir).

Euh... = 5, les lecteurs auront rectifié d'eux-mêmes je pense.

--
Jac.

[Philippe 92]

Jac a écrit :

Y a plus de "=" ??? et si j'ai bien saisi tu as bougé plus de une
allumette !
Tu voulais sans doute dire : 2 = 7 - 5

Bel essai imaginatif. Je t'accorde cette solution, bien qu'elle soit
"inattendue"... (comme celle d'Olivier avec son romain-décimal)
Point de miroirs ni de tête en bas dans les solutions "officielles".

[Jac]

"Jac" :

>> 2 - 7 - 5 (il faut un miroir).
>
> Euh... = 5, les lecteurs auront rectifié d'eux-mêmes je pense.

Bon, pour éviter d'aller me coucher de bonne heure, je rajoute des
allumettes pour la valeur absolue ;-)

--

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> "Jac" ;
>
>> 2 - 7 - 5 (il faut un miroir).
>
> Euh... = 5, les lecteurs auront rectifié d'eux-mêmes je pense.

Euh... là je ne vois pas du tout, tu dois avoir un miroir déformant
alors ;-)

[Jac]

"Philippe 92" :
>>>>> V + IV = II
>>>> V-IV=I/I
>>>
>>> OUI
>>> (autre solution(s) ? la barre de fraction est un peu à l'étroit
>>> entre
>>> les deux I)
>>
>> 2 - 7 - 5 (il faut un miroir).
>
> Y a plus de "=" ??? et si j'ai bien saisi tu as bougé plus de une
> allumette !
> Tu voulais sans doute dire : 2 = 7 - 5

Oui, gourré en recopiant, j'ai eu une journée chargée.

>
> Bel essai imaginatif. Je t'accorde cette solution, bien qu'elle soit
> "inattendue"... (comme celle d'Olivier avec son romain-décimal)

Elle fonctionnait aussi avec un miroir et en romain décimal en bougeant
une allumette et en la remettant à sa place.

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> Et puis je ne rote plus comme avant, je manque de pratique et si
> j'arrive encore facilement à lire le ROT13 dans le texte, je dois
> utiliser un module pour être sûr de l'encoder sans erreur.

Avec MesNews le ROT13 est incorporé : on peint on clique.
Je n'ai jamais lu le ROT13 directement, à part deviné lorsqu'il y a pas
mal d'accents et ç, alors quant à le parler !

[Philippe 92]

Jac a écrit :

Bien vu la solution sans bouger aucune allumette !

[Pierre Hallet]

Philippe 92 :

> XX - V = I

X X V = L ?

Pierre Hallet

[Jac]

"Philippe 92" :

> Je n'ai jamais lu le ROT13 directement, à part deviné lorsqu'il y a
> pas
> mal d'accents et ç, alors quant à le parler !

Les accents, ça aide.
Autrement, pour le parler, îl faudrait être polonais !

--
Wnp.

[Philippe 92]

Pierre Hallet a écrit :

OUI, encore faut-il le prononcer correctement.
parce que sinon 25 = 50 c'est pas terrible...

[Jac]

"Pierre Hallet" :

>> XX - V = I
>
> X X V = L ?

Tu me rendrais la monnaie dessus ;-) ?

--

[Jac]

"Philippe 92" :

>> "Philippe 92" :
>>
>>>>> V + IV = II
>>>> V-IV=I/I
>>>
>>> OUI
>>> (autre solution(s) ? la barre de fraction est un peu à l'étroit
>>> entre
>>> les deux I)

X/ + V = II

Ouf !

--

[Jac]

"Philippe 92" :

> quatre s'écrit IV en chiffres romains "modernes" (du moyen age)

IIII s'appelle un quatre d'horloger (chercher).

--
Jac.

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> "Philippe 92" :
>
>> quatre s'écrit IV en chiffres romains "modernes" (du moyen age)
>
> IIII s'appelle un quatre d'horloger (chercher).

On reconnait bien là le spécialiste ...

N'empêche que la solution IIII - II = I\ "penche un peu à gauche"
(IIII - II = II avec un courant d'air) je la mettrais quand même au
crédit de Benoit (sous cette forme en acceptant le dernier I penché et
non pas comme une "marque d'italique")
Idem pour ses
>>> \\ - I = I (on persévère) [ II - I = I ]
>>> I\ = II (on s'enfonce) [ II = II ]

Mais je me refuse catégoriquement à accepter son IIV.

[Jac]

"Philippe 92" !

> Mais je me refuse catégoriquement à accepter son IIV.

Ah ben oui, faut pas exagérer !

--

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> "Philippe 92" :
>>
>> V + IV = II
>

> X/ + V = II
>
> Ouf !

Je te laisse corriger tes erreurs de recopie ;-) parce que là je
n'arrive pas à deviner ce que tu voulais dire...
(ça se prononce comment ton machin ???)

[Jac]

"Philippe 92" :

>>> V + IV = II
>>
>> X/ + V = II
>>
>> Ouf !
>
> Je te laisse corriger tes erreurs de recopie ;-) parce que là je
> n'arrive pas à deviner ce que tu voulais dire...
> (ça se prononce comment ton machin ???)

J'ai voulu laisser exprès le X pour montrait qu'on n'y touchait pas.
En français, ça donne : 10 divisé par +5 égale 2.

--
Jac.

[Jac]

"Jac" !

> J'ai voulu laisser exprès le X pour montrait

A force de copier, coller, couper, réécrire, voilà ce que ça donne !
On veut s'éviter du boulot et on fatigue plus que si on bossait
réellement (ça a toujours été mon problème d'ailleurs. Tout petit déjà,
... )

--

[Philippe 92]

Jac a écrit :

> "Philippe 92" :
>
>>>> V + IV = II
>>>
>>> X/ + V = II
>>>
>>> Ouf !
>>

>> ... je n'arrive pas à deviner ce que tu voulais dire...

>> (ça se prononce comment ton machin ???)
>

> En français, ça donne : 10 divisé par +5 égale 2.

Ah ! 10 / (+5) et non 10 /+ 5 = erreur syntaxe ...

OK, OK...

[Pierre Hallet]

>>>>> V + IV = II
>>>> V-IV=I/I
>>>
>>> OUI
>>> (autre solution(s) ? la barre de fraction est un peu à l'étroit
>>> entre les deux I)

Vi - IV = II

(désolé si on l'a déjà proposé - ce fil est un peu dur à suivre)

Pierre Hallet

[kbuze]

Le 17/01/2012 13:58, Philippe 92 a écrit :
> Dans mes vieilleries à moi (1980) j'ai ça :
>
> Un petit problème d'allumettes.
> On peut avec 12 allumettes former une croix :
>
> . +---+
> . | |
> . +---+ +---+
> . | |
> . +---+ +---+
> . | |
> . +---+
>
> Qui entoure une aire de 5 allumette^2 (noté dorénavant Al^2)
> (si on dispose d'une équerre)
>
j'ajoute deux aires à trouver, avec les mêmes conditions :

6 Al² (Al^2)
8 Al²

[Olivier Miakinen]

Le 17/01/2012 21:03, kbuze a écrit :
>>
>> Un petit problème d'allumettes.
>> On peut avec 12 allumettes former une croix :
>>
>> . +---+
>> . | |
>> . +---+ +---+
>> . | |
>> . +---+ +---+
>> . | |
>> . +---+
>>
>> Qui entoure une aire de 5 allumette^2 (noté dorénavant Al^2)
>> (si on dispose d'une équerre)
>>
> j'ajoute deux aires à trouver, avec les mêmes conditions :
>
> 6 Al² (Al^2)
> 8 Al²

On peut assez facilement obtenir 6 Al², 7 Al², 8 Al² et 9 Al² en
« dépliant » successivement chacune des quatre paires d'allumettes
qui empêchent la figure d'être convexe.

Par exemple pour 6 Al² :

. +---+
. | |
. +---+ +---+
. | |
. + +---+
. | |

. +---+---+

En revanche, je ne sais pas s'il est possible d'obtenir 10 Al² (sans
parler de 11 Al²). Il est bien sûr impossible d'avoir 12 Al² ou plus,
puisque l'aire du dodécagone régulier est inférieure à 11,2 Al².

[Olivier Miakinen]

Le 17/01/2012 17:02, j'écrivais :
>
> J'ai trouvé, mais je n'essaierai pas de le représenter en art ASCII
> (en fait j'ai essayé mais j'ai abandonné).
>
> Allez, je mets juste deux allumettes, les autres il faut deviner où
> elles iront :
>
> . + + + + +
> . |
> . + + + + +
> .
> . + + + + +
> .
> . + + + + +
> . |
> . + + + + +

Bon, je tente quand même l'art ASCII.

. +
. + |
. + +
. + +
. + +
. + +
. + +
. | +
. +

Je viens de trouver une autre solution : il suffit de déplacer les
allumettes qui se trouvent d'un seul côté de la diagonale principale,
symétriquement par rapport l'autre diagonale.

. +
. ++
. + +
. + +
. + +
. + +
. + +
. | +
. +---+

[Philippe 92]

Pierre Hallet a écrit :

>>>>>> V + IV = II
>>>>> V-IV=I/I
>>>>
>>>> OUI
>>>> (autre solution(s) ? la barre de fraction est un peu à l'étroit
>>>> entre les deux I)
>
> Vi - IV = II

OUI, il est pour toi.

> (désolé si on l'a déjà proposé - ce fil est un peu dur à suivre)
>

Ca s'est un peu dispersé, je mettrais un [solution] pour ces équations.
Je n'ai pas vu cette proposition là.
Actuellement on a tout trouvé de ces équations.
Les solutions "attendues" et .. les autres..

Cordialement.

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :

> Le 17/01/2012 21:03, kbuze a écrit :
>>>
>> j'ajoute deux aires à trouver, avec les mêmes conditions :
>>
>> 6 Al² (Al^2)
>> 8 Al²
>
> On peut assez facilement obtenir 6 Al², 7 Al², 8 Al² et 9 Al² en
> « dépliant » successivement chacune des quatre paires d'allumettes

> qui empêchent la figure [croix] d'être convexe.

>
> Par exemple pour 6 Al² :

> [...]

*toi* tu devrais avoir une solution entièrement convexe pour 6 Al^2 ;-)

> En revanche, je ne sais pas s'il est possible d'obtenir 10 Al² (sans
> parler de 11 Al²). Il est bien sûr impossible d'avoir 12 Al² ou plus,
> puisque l'aire du dodécagone régulier est inférieure à 11,2 Al².

Ben forcément.
Il est "possible" de placer une chaine convexe de 12 allumettes pour
obtenir n'importe quelle aire entre 0 et celle du dodécagone.
Y a qu'à "applatir un peu" (ou beaucoup) le dodécagone.

La question va être, sans aucun instrument de mesure autre que les
allumettes elles-même, de placer ces allumettes au bon endroit !!!
Voir ma réponse à Benoit sur l'hexagone d'aire = 2 avec 6 allumettes.

[kbuze]

et moi qui était tout fier avec la surface de mon cube ...

j'ai l'imppression qu'avec olivier, il vaut mieux généraliser
directement, plutôt que de se croire inventeur d'une énigme :)

alors... quelle aire maximale peut-on obtenir en 3 dimensions, avec 12
arêtes ?

[Jac]

"Philippe 92" :

> Ah ! 10 / (+5) et non 10 /+ 5 = erreur syntaxe ...

J'ai expliqué pourquoi cette écriture.

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :

> Le 17/01/2012 17:02, j'écrivais :
>>
>> J'ai trouvé, mais je n'essaierai pas de le représenter en art ASCII
>> (en fait j'ai essayé mais j'ai abandonné).
>>
>> Allez, je mets juste deux allumettes, les autres il faut deviner où
>> elles iront :
>>
>> . + + + + +
>> . |
>> . + + + + +
>> .
>> . + + + + +
>> .
>> . + + + + +
>> . |
>> . + + + + +
>
> Bon, je tente quand même l'art ASCII.
>
> . +
> . + |
> . + +
> . + +
> . + +
> . + +
> . + +
> . | +
> . +
>

Pas très causant, on a l'impression qu'il y aurait 18 allumettes !?
L'imagination avec la grille est plus exacte.

> Je viens de trouver une autre solution : il suffit de déplacer les
> allumettes qui se trouvent d'un seul côté de la diagonale principale,
> symétriquement par rapport l'autre diagonale.
>
> . +
> . ++
> . + +
> . + +
> . + +
> . + +
> . + +
> . | +
> . +---+

Bravo ! et une nouvelle solution originale découverte par Olivier !

[Philippe 92]

kbuze a écrit :

> Le 17/01/2012 23:31, Olivier Miakinen a écrit :
>> Le 17/01/2012 21:03, kbuze a écrit :
>>>
>>> j'ajoute deux aires à trouver, avec les mêmes conditions :
>>>
>>> 6 Al² (Al^2)
>>> 8 Al²
>>
>> On peut assez facilement obtenir 6 Al², 7 Al², 8 Al² et 9 Al² en
>> « dépliant » successivement chacune des quatre paires d'allumettes
>> qui empêchent la figure d'être convexe.
>>
>> Par exemple pour 6 Al² :
>>
>> . +---+
>> . | |
>> . +---+ +---+
>> . | |
>> . + +---+
>> . | |
>> . +---+---+
>>
>> En revanche, je ne sais pas s'il est possible d'obtenir 10 Al² (sans
>> parler de 11 Al²). Il est bien sûr impossible d'avoir 12 Al² ou plus,
>> puisque l'aire du dodécagone régulier est inférieure à 11,2 Al².
>
> et moi qui était tout fier avec la surface de mon cube ...
>

> j'ai l'impression qu'avec olivier, il vaut mieux généraliser

> directement, plutôt que de se croire inventeur d'une énigme :)
>
> alors... quelle aire maximale peut-on obtenir en 3 dimensions, avec 12
> arêtes ?

Ah ! je vois qu'on cherche à s'échapper de la feuille de papier...

Avec 12 allumettes on peut faire un cube de 1 x 1 x 1 dont l'aire
latérale est 6 Al^2, ton cube sans doute.

Cela ne semble pas très prometteur...
Si on met des faces triangulaires, on va, à cause de l'irrationnalité
de sqrt(3), avoir des aires forcément non entières.
On obtient le solide à 8 faces (octaèdre) et l'aire = 8 fois celle
d'un triangle équilatéral = sqrt(3)/4
et donc l'aire totale = 2*sqrt(3) = 3.464 Al^2 nettement inférieure

Si on met des losanges, ils auront une aire forcément inférieure à
celle des faces carrées du cube.

[Olivier Miakinen]

Le 18/01/2012 00:11, Philippe 92 a écrit :
>
> *toi* tu devrais avoir une solution entièrement convexe pour 6 Al^2 ;-)

Bon sang, mais c'est bien sûr ! Un simple triangle de côtés 3 Al, 4 Al
et 5 Al.

>> En revanche, je ne sais pas s'il est possible d'obtenir 10 Al² (sans
>> parler de 11 Al²). Il est bien sûr impossible d'avoir 12 Al² ou plus,
>> puisque l'aire du dodécagone régulier est inférieure à 11,2 Al².
>
> Ben forcément.
> Il est "possible" de placer une chaine convexe de 12 allumettes pour
> obtenir n'importe quelle aire entre 0 et celle du dodécagone.
> Y a qu'à "applatir un peu" (ou beaucoup) le dodécagone.

Certes, mais...

> La question va être, sans aucun instrument de mesure autre que les
> allumettes elles-même, de placer ces allumettes au bon endroit !!!
> Voir ma réponse à Benoit sur l'hexagone d'aire = 2 avec 6 allumettes.

... c'est exactement ce que je voulais dire.

[Olivier Miakinen]

Le 18/01/2012 00:20, kbuze a écrit :
>>
>> [6 Al²]

> et moi qui était tout fier avec la surface de mon cube ...

Ah mais oui, c'est une très belle solution.

> j'ai l'imppression qu'avec olivier, il vaut mieux généraliser
> directement, plutôt que de se croire inventeur d'une énigme :)

;-)

> alors... quelle aire maximale peut-on obtenir en 3 dimensions, avec 12
> arêtes ?

Pas plus que dans le plan je suppose, mais je peux me tromper.

[Philippe 92]

Solution des opérations seulement. Long (car art ASCII)
Les deux autres problèmes feront l'objet de solutions séparées.

Philippe 92 a écrit :
> Déplacer une seule allumette dans chacune de ces égalités pour les
> rendre justes :

Résumé :
> III - II = IV
Donne III + II = V (h2so4)
et aussi II + II = IV (Jac), solution "officielle"
et aussi IIII - II = I\ (Benoit)

*********************
> V - IV = VII
donne V - IV = racine(I) (h2so4, Jac), solution "officielle"

*********************
> X - I = I
donne I X I = I (h2so4), solution "officielle"
et aussi \\ - I = I (Benoit)

*********************
> IV = I
donne I/I = I (h2so4), solution "officielle"
et aussi I\ = II (Benoit)

*********************

> XX - V = I

donne XX V = L qu'il faut lire "10 fois 5 = 50" (et non 25 = 50)
(Pierre Hallet), solution "officielle"

*********************

> V + IV = II

donne V - IV = I / I (h2so4)
et aussi VI - IV = II (Pierre Hallet), solution "officielle"
mais aussi l'amusant (Olivier) : V + VI = 11 avec 11 en décimal
et l'usage d'un miroir par Jac :
. V - IIV = II qui inversée se lit II = VII - V
Ou même sans bouger aucune allumette, juste le miroir :
. V + IV = II qui inversé se lit 11 = VI + V (11 décimal)

*********************
> XXII
> ---- = II
> VIII

Donne XXII / VII = 22/7 = pi, à 0.001 près (h2so4),
solution "officielle"
mais aussi, bien que beaucoup moins précis (à seulement 0.4 près) :
. XVII / VII = 17/7 = 2.42857... ~ 2 (Benoit)

> Pour la dernière on ne va pas être trop regardant...

Comme la précision de cette égalité n'était pas imposée,
à +/- 0.5 c'est encore "bon".
Il suffit de dire "la division entière"

Et toutes les solutions attendue ont été trouvées.
Et aussi des solutions .. inattendues, astucieuses ou ... étonnantes.

Bravo à tous et merci d'avoir joué.


**********************
version longue (art ASCII)
.
. | | | ___ | | ___ | \ /
. | | | | | --- | \/

Donne
.
. | | | _|_ | | ___ \ /
. | | | | | | --- \/

et aussi
.
. | | _|_ | | ___ | \ /
. | | | | | --- | \/

et aussi
.
. | | | | ___ | | ___ | \
. | | | | | | --- | \
Solution acceptée malgré son air penché et le 4 = IIII
(la notation soustractive IV pour 4 était inconnue des romains
elle est venue plus tard, ils écrivaient donc bien IIII
Notation que notre spécialiste des pendules (Jac) a mentionné
comme "un quatre d'horloger")

**************************************
.
. \ / ___ |\ / ___ \ /| |
. \/ | \/ --- \/ | |

donne
. ___
. \ / ___ |\ / ___ \ / |
. \/ | \/ --- \/ |

****************************************
.
. \/ ___ | ___ |
. /\ | --- |

donne
.
. | \/ | ___ |
. | /\ | --- |

et aussi
.
. \ \ ___ | ___ |
. \ \ | --- |
qui malgré son air penché sera acceptée

**************************************
> IV = I
.
. | \ / ___ |
. | \/ --- |

donne
.
. | / | ___ |
. | / | --- |

et aussi
.
. | \ ___ | |
. | \ --- | |
(même remarque sur l'air penché)

**************************************
.
. \/ \/ ___ \ / ___ |
. /\ /\ \/ --- |

donne
.
. \/ \/ \ / ___ |
. /\ /\ \/ --- |___

**************************************
.
. \ / _|_ |\ / ___ | |
. \/ | | \/ --- | |

donne
.
. \ / ___ |\ / ___ | /|
. \/ | \/ --- |/ |

et aussi
.
. \ /| ___ |\ / ___ | |
. \/ | | \/ --- | |

mais aussi (où le II est 11 en décimal)
.
. \ / _|_ \ /| ___ | |
. \/ | \/ | --- | |

et avec un miroir :
. =|=
. \ / ___ | |\ / ___ | | | | | ___ \ /| | ___ \ /
. \/ | | \/ --- | | | | | --- \/ | | \/
. =|=

Ou même sans bouger aucune allumette, juste le miroir :
. =|=
. \ / _|_ |\ / ___ | | | | | ___ \ /| _|_ \ /
. \/ | | \/ --- | | | | | --- \/ | | \/
. =|=
à condition de lire "II" en décimal "11"

**************************************
. \/ \/ | |
. /\ /\ | | ___ | |
. ----------- --- | |
. \ / | | |
. \/ | | |

Donne
. \/ \/ | | ___
. /\ /\ | | ___ | |
. ----------- --- | |
. \ / | |
. \/ | |
égalité "vraie" à 0.001 près

mais aussi
. \/\ /| |
. /\ \/ | | ___ | |
. ----------- --- | |
. \ / | |
. \/ | |
(division entière)

[Philippe 92]

Philippe 92 a écrit :
> Dans mes vieilleries à moi (1980) j'ai ça :

> ... problème[s] d'allumettes.

Il reste deux problèmes pas tout à fait finis

1) le problème d'aire :
former une figure d'aire donnée (3 ou 4) avec 12 allumettes
Ce problème est bien avancé, mais toutes les solutions ne sont
pas encore trouvées

2) le problème de forme (2 triangles et 3 carrés avec 9 allumettes)
qui ne semble pas avoir passionné les foules,
ou alors qui est passé complètement inaperçu...

******* Aire [RECAP] *******
Aire = 3 Al^2 avec 12 allumettes
Une solution formée de 3 carrés disjoints par Benoit
Une solution (parallélogramme) par Olivier
Reste qu'il y en a encore d'autres !

Aire = 4 Al^2
Deux solutions par Olivier (Parallélogramme et "kite")
Benoit a proposé des "solutions" rejetées, mais il n'en était pas
loin (voir sa solution de 3 Al^2 !! Pourquoi n'a-t-il pas trouvé
la même avec 4 Al^2 ???)
De toute façon il en reste encore.


Pour ces problèmes d'aire je rappelle les "conditions" :
- Les 12 allumettes doivent participer au périmètre et ne pas être
purement "décoratives". (rejette le carré + médianes de Benoit)

- Elles doivent se toucher. Pas de trou entre deux allumettes,
ainsi un 1/2 carré est interdit (la diagonale 1.41 > 1 allumette)
Par les extrémités puisqu'aucun autre point identifiable.
Elles ne peuvent pas non plus se chevaucher donc.

- La figure doit être "constructible aux allumettes", c'est à dire
sans compas ni règle graduée ni marques sur les allumettes.

Précisons ce dernier point. Seules sont autorisées :

* Aligner N allumettes pour former un segment de N unités, de
direction imprévisible, ou en prolongement d'un alignement
connu : on peut aligner des allumettes à partir de l'une d'elles,
on ne peut pas tracer une droite entre deux points A et B
quelconques, sauf si la distance AB est précisément un nombre
entier d'allumettes.

* "Tendre" une chaine de a + b allumettes entre deux points
A et B pour former un triangle ABC avec AC = a allumettes et
BC = b allumettes.
Le cas le plus simple est de tendre une chaine de 2 allumettes
sur une 3ème pour former un triangle équilatéral
La méthode de "retournement des coins" proposée par Olivier pour
l'aire = 6 Al^2 relève de cette règle.

* Les seuls points identifiables sont les extrémités des
allumettes

* pour les fainéants, la croix de l'énoncé est "donnée" (ce
qui donne un angle droit sans avoir besoin de se fatiguer)

* je ne dispose ici que de ces 12 allumettes (pas de boite)

* c'est tout.
Toutes les autres idées bizarres sont interdites, et inutiles
(marquer des points d'intersections de chaines d'allumettes,
couper les allumettes en deux et les cheveux en 4 etc.)

****** figure [INDICE] ******
Rappel :
Il s'agit de former avec 9 allumettes une figure composée de trois
carrés et deux triangles.

Aucune proposition à ce jour.
Donc un indice, sous forme d'un autre problème :
Former 4 triangles avec 6 allumettes.

Amicalement.

[Mathon Jacques]

Le 18/01/2012 12:41, Philippe 92 a écrit:

> ...

> Rappel :
> Il s'agit de former avec 9 allumettes une figure composée de trois
> carrés et deux triangles.
>
> Aucune proposition à ce jour.
> Donc un indice, sous forme d'un autre problème :
> Former 4 triangles avec 6 allumettes.

Je n'ai pas bien le temps en ce moment... je demanderai à ma tente dès
que possible. ;)

Amicalement
--
Jacques

[Philippe 92]

Mathon Jacques a écrit :

Je compte bien :-)

--
Philippe C., mail : chephip avec free.fr comme domaine
site : http://mathafou.free.fr/ (divertissements mathématiques)

Et un pour Jacques

[Olivier Miakinen]

Bonjour,

Le 18/01/2012 12:41, Philippe 92 a écrit :
>

> ******* Aire [RECAP] *******
> Aire = 3 Al^2 avec 12 allumettes
> Une solution formée de 3 carrés disjoints par Benoit
> Une solution (parallélogramme) par Olivier
> Reste qu'il y en a encore d'autres !

Benoît avait proposé :

. +---+
. | |
. +---+---+
. | |
. +---+---+
. | |
. +---+

On peut aussi les disposer autrement, par exemple :

. +---+
. | |
. +---+---+
. | |
. +---+---+
. | |
. +---+

Selon ce qui est ou non autorisé, on peut orienter (ou non) les
carrés selon d'autres directions.

Tu dis que la croix de l'énoncé est « donnée », ce qui nous permet la
plupart (peut-être pas toutes) des figures reposant sur un quadrillage.
Mais a-t-on la possibilité de prendre deux allumettes formant un angle
droit, et de les placer dans une autre orientation tout en conservant
l'angle droit ? Ça me semble assez difficile en pratique.

Une solution consisterait à pouvoir construire un angle droit. Ce n'est
pas très difficile à condition de pouvoir placer un segment droit de
deux allumettes de telle sorte qu'une extrémité soit sur un point A
connu, et que le segment passe par un autre point B connu, à une
distance de A égale à racine(3). Mais tes règles semblent exclure
cette possibilité.

> Aire = 4 Al^2
> Deux solutions par Olivier (Parallélogramme et "kite")
> Benoit a proposé des "solutions" rejetées, mais il n'en était pas
> loin (voir sa solution de 3 Al^2 !! Pourquoi n'a-t-il pas trouvé
> la même avec 4 Al^2 ???)
> De toute façon il en reste encore.

Par exemple ceci, et d'autres solutions en plaçant le carré autrement,
soit avec un sommet touchant un autre sommet du « L », soit en le
plaçant dans une autre orientation, soit les deux à la fois.

. +---+
. | |
. +---+---+---+

. | |
. + +---+
. | |
. +---+

> * Aligner N allumettes pour former un segment de N unités, de
> direction imprévisible, ou en prolongement d'un alignement
> connu : on peut aligner des allumettes à partir de l'une d'elles,
> on ne peut pas tracer une droite entre deux points A et B
> quelconques, sauf si la distance AB est précisément un nombre
> entier d'allumettes.

Cette dernière précision semble interdire de construire un angle droit
si on ne l'a pas déjà (avec la bonne orientation).

> * Les seuls points identifiables sont les extrémités des
> allumettes

Idem.

> * pour les fainéants, la croix de l'énoncé est "donnée" (ce
> qui donne un angle droit sans avoir besoin de se fatiguer)

Et les pas trop fainéants, ils font comment ? ;-)

> * je ne dispose ici que de ces 12 allumettes (pas de boite)

La boîte aurait pu aider pour les angles droits, surtout dans
l'espace, mais bon...

> ****** figure [INDICE] ******
> Rappel :
> Il s'agit de former avec 9 allumettes une figure composée de trois
> carrés et deux triangles.

J'avais pensé à trois faces d'un cube, mais cela ne me donnait que
les trois carrés, pas les triangles. De toute manière, se pose le
problème des angles droits.

> Donc un indice, sous forme d'un autre problème :
> Former 4 triangles avec 6 allumettes.

D'accord, je vois où tu veux en venir. Le problème de l'indice se
résoud avec une pyramide à base triangulaire, donc un tétraèdre,
et l'autre avec un prisme à base triangulaire. Mais le problème
des angles droits est toujours là. Si on met un triangle sur la
table, il faut savoir élever une allumette perpendiculairement à
cette table. Et si on part d'un carré sur la table (facile à
partir de la croix du début), c'est un triangle qu'il faut savoir
élever de la bonne façon.

Tu as une solution ?

Cordialement,
--
Olivier Miakinen

[rosab]

Dans son message précédent, Philippe 92 a écrit :

> Philippe 92 a écrit :
>> Dans mes vieilleries à moi (1980) j'ai ça :
>> ... problème[s] d'allumettes.
>
> Il reste deux problèmes pas tout à fait finis
>
> 1) le problème d'aire :
> former une figure d'aire donnée (3 ou 4) avec 12 allumettes
> Ce problème est bien avancé, mais toutes les solutions ne sont
> pas encore trouvées
>

[...]
>
> Amicalement.

Avec 12 allumettes, on peut former le triangle pythagoricien de côtés
3,4 et 5. Celui-ci a une aire de 6 unités.
Puis en bougeant les allumettes voisines de l'angle droit, il est
facile de diminuer cette aire de 1, 2 ou 3 unités.

--
Cordialement,
rosab

[Olivier Miakinen]

Le 18/01/2012 15:48, rosab a écrit :
>
> Avec 12 allumettes, on peut former le triangle pythagoricien de côtés
> 3,4 et 5. Celui-ci a une aire de 6 unités.
> Puis en bougeant les allumettes voisines de l'angle droit, il est
> facile de diminuer cette aire de 1, 2 ou 3 unités.

Excellent !

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :

Bravo !

Ceci était les "autres" solutions attendues.

Et résoud le problème de construction des angles droits.
Je pense donc que je vais pouvoir clore ce problème de figure.
D'autant que Jacques (Mathon) et toi (Olivier) ont trouvés la "tente"
(ou le prisme triangulaire)

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :
> ... Mais le problème

> des angles droits est toujours là. Si on met un triangle sur la
> table, il faut savoir élever une allumette perpendiculairement à
> cette table. Et si on part d'un carré sur la table (facile à
> partir de la croix du début), c'est un triangle qu'il faut savoir
> élever de la bonne façon.
>
> Tu as une solution ?
>

La superglue pour l'espace, y a rien de mieux. Sinon c'est chateau de
cartes branlant.

"Les règles" de construction sont valables sur le plan, ensuite on
colle quelques unes de ces allumettes pour obtenir une structure rigide
qu'on peut "lever" en 3D. (ici un des carrés "latéraux" de la tente)

[Philippe 92]

Philippe 92 a écrit :
> ...avec 12 allumettes [...] les disposer pour entourer une
> aire de 4 Al^2
> Idem avec aire = 3 Al^2 (plusieurs solutions)

On avait le droit de partir de la croix donnée pour obtenir des
angles droits (facile).

Sinon rosab a parfaitement indiqué comment faire pour obtenir
ces angles droits à partir de rien : le célèbre triangle (3,4,5)

Je précise comment faire :
On "tend" 5 allumettes en ligne droite -> segment AB
(règle 1) ["tendre" une ligne de N allumettes, prolonger une droite]
On "tend" une chaine des 3+4 allumettes restantes entre A et B
(règle 2) [sur une base donnée AB "tendre" un triangle de côtés a et b]
Ce qui donne le triangle ABC de côtés 3,4,5, donc rectangle en C,
et notre angle droit.
Cette méthode célèbre de construction d'un angle droit était connue
depuis l'antiquité (la "corde à 12 noeuds")

Ceci nous donne la base pour tous les quadrillages que l'on veut
ou presque, au moins ceux dont on a besoin : par "retournement de
coins", ou "complèter le rectangle par la règle 2".

Bien entendu le nombre 12 d'allumettes et les règles 1 et 2 étaient
choisies "ad hoc" pour ça !!!

On obtient alors les diverses solutions, qui se classent en
différentes familles :

1) Les solutions non connexes, où l'aire demandée est formée de
plusieurs morceaux qui se touchent par un coin.

Avec Aire = 3, Benoit a trouvé très vite une solution, qui peut se
décliner en diverses variantes comme souligné par Olivier :
. +---+ +---+
. | | | |
. +---+---+---+ +---+---+
. | | | | | |
. +---+ +---+ +---+---+
. Olivier | | Benoit
. +---+

et les inclinaisons "pas droites" qui ne sont à priori pas
constructibles et dont nous ne dirons donc rien.

Avec Aire = 4, Benoit a failli trouver une solution avec ses deux
"trapèzes" ratés... s'il avait pensé à en faire des rectangles !!

. +---+---+
. | |
. +---+---+---+---+
. | |
. +---+---+
et variante en L

C'est donc Olivier qui le premier à donné une telle solution :

. +---+
. | |
. +---+---+---+
. | |
. + +---+
. | |
. +---+

et variantes.

2) les solutions connexes, voire même convexes, les plus
intéressantes.

La première solution de cette sorte a été donnée par Olivier sous
forme de parallélogrammes "accrochés" sur l'hypothénuse de notre
triangle (3,4,5)
Comme les figures en art ASCII avec des droites inclinées à
arctan(3/4) ne sont pas une mince affaire, je vais faire comme
Olivier, je ne vais donner que les points d'un quadrillage. (et donner
une figure cjoint aussi : http://cjoint.com/?BAstc4UvNyy )

On a donc notre triangle ABC (3,4,5) dont l'hypothénuse AB = 5 n'est
pas dessinée ici, mais constituée de 5 bonnes allumettes :

. + + + + + + D
. |
. + + + + N+---+ B
. |
. + + + + + +
. |
. + M+ + + + +
. | |
. +---+---+---+---+---+
. E A C

Je peux (règle 1) prolonger d'une allumette (prise sur AC, BC) les
côtés EA (resp. BD)
Ensuite avec les 1+5 allumettes restantes, hors AB et AE, je
complète le parallélogramme EABN (BN+NE = 1+5, sur BE, règle 2) :
aire = base * hauteur = EA*BC = 3

ou resp. MABD (AM+ME = 1+5, sur AD, règle 2) : aire = BD*AC = 4)

On peut complèter des "kite" ("cerf-volant") à la place en
"renversant" les triangles AEN (resp. AMD) sous la forme 5+1 au
lieu de 1+5 dans la règle 2.
. M' E'
. + + + + +---+ D + + + + + +
. | |
. + + + + + + B + + + + +---+ B
. N
. + + + + + + + + + + + +
.
. + M'+ + + + + + + + + + +
.
. + + + + + + + + + + + +
. A C E A C
. "kite" AM'DB "kite" ABNE'

Les triangles égaux nous donne la même aire que les parallélogrammes.

Mais on peut aussi "retourner" ainsi les triangles sur l'autre
diagonale (BE resp. BM) du parallèlogramme. Les points obtenus ne
sont plus sur le quadrillage et le dessin ASCII impossible.


Enfin pour terminer ce problème on peut, comme le fait rosab,
"rogner" sur l'angle C du triangle ABC d'aire 6. Méthode qui
s'avère d'ailleurs la plus facile à construire :

. + + + + + B

. |
. + + + + +
. |

. + + +---+---+N
. |P
. +---+---+ + +
. A M C
Ou le symétrique.

Les allumettes NC+CM = 1+2 sont simplement "retournées" en NPM
Le point P est bien intérieur à ABC car 3/4 > 1/2
Donnant l'aire AMPNB = 6 - 2 = 4

On peut retourner ensuite le sommet N pour obtenir :

. + + + + + B
. |
. + + + +---+U
. |N'
. + + +---+V
. |P
. +---+---+ + +
. A M C
N' est à l'intérieur car 4/3 > 1/1
Et l'aire ABUN'VPM = 6 - 3 = 3

Ainsi s'achève ce problème d'aires.

> ===========
> Avec 9 allumettes, former 2 triangles et 3 carrés

Quant au dernier problème considéré, il suffisait d'une vision dans
l'espace pour imaginer le prisme triangulaire droit, ou mis à plat sur
une de ses faces carrées : la "tente" de Jacques.
Solutions par Jacques (Mathon) et Olivier.

Comme l'équilibre est instable, on peut coller les bouts des
allumettes à la superglue (pas les doigts).
On forme deux carrés côte à côte (from croix ou 3,4,5) et on colle
les allumettes d'un d'eux, que l'on peut alors redresser dans
l'espace, et poser sur la troisième allumette du triangle d'une face
de bout. Et on termine par la 9ème allumette.
Cet échaffaudage est ainsi "allumette constructible".

(l'indice donné se résoud de même dans l'espace avec un tétraèdre
formé des 6 allumettes = 4 triangles)

Merci à tous les participants, et bravo !

[Philippe 92]

Philippe 92 a écrit :
> ...

> On peut complèter des "kite" ("cerf-volant") à la place en
> "renversant" les triangles AEN (resp. AMD) sous la forme 5+1 au
> lieu de 1+5 dans la règle 2.

Cette technique innovante (initiée par Olivier) permet d'obtenir
d'autres solutions.
N'importe quelle chaine briséé de a + b allumettes peut être
"retournée" en b + a ainsi. Conduisant à bien d'autres solutions
"exotiques". http://cjoint.com/?BAts4YKPX7x

Par exemple dans la solution (AB pas tracé en ASCII, mais présent
en 5 allumettes) :

. + + + + + B
. |

. + + + +---+N
. |P

. + + + + +
. |

. +---+---+---+ +
. A M C


La chaine MPN de 2 + 1 allumettes peut être "retournée" en 1 + 2
allumettes pour obtenir un point P' (pas sur le quadrillage)
avec MP' = 1 et P'N = 2 et les triangles égaux MPN et NP'M, donc
même aire.

Et d'ailleurs par une pure coïncidence étonnante NP' est parallèle
à AB !! Au passage, une méthode pour tracer les 5 allumettes de AB
sur ces dessins faits avec Microsoft paint (donc sans compas ni
règle, ni ... allumettes) (dans le cjoint)

Cordialement.

[Jac]

"Philippe 92" :

> Et d'ailleurs par une pure coïncidence étonnante NP' est parallèle
> à AB !! Au passage, une méthode pour tracer les 5 allumettes de AB
> sur ces dessins faits avec Microsoft paint (donc sans compas ni
> règle, ni ... allumettes) (dans le cjoint)

Fais un trait avec l'outil ligne en maintenant la touche maj, tu
fatigueras moins ;-)

--
Jac.

[Philippe 92]

Jac a écrit :

Ah bon ??? ça te divise un segment en 5 ça ??? ;-)

(et non, je ne dessine pas avec l'outil crayon pixel par pixel non plus
maj-trait, maj-rectangle et maj-cercle sont les bienvenus ...
lorsqu'ils servent à quelque chose : ici à part les traits horizontaux
et verticaux du quadrillage, bof..)

Ceci dit c'est parce que j'avais commencé là et que c'était surtout du
copier-coller. Sinon rien ne vaut le dessin vectoriel avec un logiciel
adapté pour faire des constructions...

Bon assez ri, j'ai du boulot : préparer un petit Znep, modifier mon
script de labyrinthe2012, ...

[Jac]

"Philippe 92" :

> Bon assez ri, j'ai du boulot : préparer un petit Znep, modifier mon
> script de labyrinthe2012, ...

C'est rien. Je disais ça moi aussi et un jour, je suis parti en
retraite.
Et là, j'ai connu le vrai boulot !

--
Jac.

[Olivier Miakinen]

Salut !

Le 18/01/2012 19:41, Philippe 92 a écrit :
> Philippe 92 a écrit :
>> ...avec 12 allumettes [...] les disposer pour entourer une
>> aire de 4 Al^2
>> Idem avec aire = 3 Al^2 (plusieurs solutions)
>
> On avait le droit de partir de la croix donnée pour obtenir des
> angles droits (facile).
>
> Sinon rosab a parfaitement indiqué comment faire pour obtenir
> ces angles droits à partir de rien : le célèbre triangle (3,4,5)

Oui, cette méthode fonctionne très bien pour obtenir un angle droit,
et éventuellement d'autres sur le quadrillage esquissé par celui-ci,
mais elle ne permettra pas d'obtenir un deuxième angle droit orienté
différemment : pour cela, il faudrait au moins quatorze allumettes.

> [...]

>
> Bien entendu le nombre 12 d'allumettes et les règles 1 et 2 étaient
> choisies "ad hoc" pour ça !!!

:-)

> On obtient alors les diverses solutions, qui se classent en
> différentes familles :
>
> 1) Les solutions non connexes, où l'aire demandée est formée de
> plusieurs morceaux qui se touchent par un coin.
>
> Avec Aire = 3, Benoit a trouvé très vite une solution, qui peut se
> décliner en diverses variantes comme souligné par Olivier :
> . +---+ +---+
> . | | | |
> . +---+---+---+ +---+---+
> . | | | | | |
> . +---+ +---+ +---+---+
> . Olivier | | Benoit
> . +---+
>
> et les inclinaisons "pas droites" qui ne sont à priori pas
> constructibles et dont nous ne dirons donc rien.

Ah oui, nous sommes bien d'accord.

> Avec Aire = 4, Benoit a failli trouver une solution avec ses deux
> "trapèzes" ratés... s'il avait pensé à en faire des rectangles !!
>
> . +---+---+
> . | |
> . +---+---+---+---+
> . | |
> . +---+---+
> et variante en L
>
> C'est donc Olivier qui le premier à donné une telle solution :
> . +---+
> . | |
> . +---+---+---+
> . | |
> . + +---+
> . | |
> . +---+
> et variantes.

Oui, il y a aussi par exemple un rectangle 3×1 touchant un carré 1×1.

> 2) les solutions connexes, voire même convexes, les plus
> intéressantes.
>

> [...] http://cjoint.com/?BAstc4UvNyy )
>
> [...]

>
> Mais on peut aussi "retourner" ainsi les triangles sur l'autre
> diagonale (BE resp. BM) du parallèlogramme. Les points obtenus ne
> sont plus sur le quadrillage et le dessin ASCII impossible.

Ah oui, très joli !

> Enfin pour terminer ce problème on peut, comme le fait rosab,
> "rogner" sur l'angle C du triangle ABC d'aire 6. Méthode qui
> s'avère d'ailleurs la plus facile à construire :
>
> . + + + + + B
> . |
> . + + + + +
> . |
> . + + +---+---+N
> . |P
> . +---+---+ + +
> . A M C
> Ou le symétrique.

Exact, ça je m'en veux de ne pas y avoir pensé : ça semble tellement
simple quand on le voit !

> [...]

>
> Ainsi s'achève ce problème d'aires.

Très intéressant problème, merci pour cela.

>> ===========
>> Avec 9 allumettes, former 2 triangles et 3 carrés
>
> Quant au dernier problème considéré, il suffisait d'une vision dans
> l'espace pour imaginer le prisme triangulaire droit, ou mis à plat sur
> une de ses faces carrées : la "tente" de Jacques.
> Solutions par Jacques (Mathon) et Olivier.
>
> Comme l'équilibre est instable, on peut coller les bouts des
> allumettes à la superglue (pas les doigts).
> On forme deux carrés côte à côte (from croix ou 3,4,5)

Dans un cas comme dans l'autre, cela veut dire qu'on dispose toujours
de douze allumettes, non pas de seulement neuf. ;-)

> et on colle
> les allumettes d'un d'eux, que l'on peut alors redresser dans
> l'espace, et poser sur la troisième allumette du triangle d'une face
> de bout. Et on termine par la 9ème allumette.
> Cet échaffaudage est ainsi "allumette constructible".

Je n'ai pas compris ta méthode. Mais si on a droit à la superglu voici
comment je procèderais.

On commence par dessiner par exemple la figure suivante :

. +---+---+---
. | | |
. +---+---+---

Puis on colle les allumettes trois par trois :

. +--- +--- +---
. | | |
. +--- +--- +---

Il ne reste plus qu'à assembler !

> (l'indice donné se résoud de même dans l'espace avec un tétraèdre
> formé des 6 allumettes = 4 triangles)

Oui. Un peu de superglue peut aider aussi, surtout pour admirer le
résultat final sans avoir plein de doigts au milieu.

> Merci à tous les participants, et bravo !

Eh bien vraiment merci à toi. Je me permets de rajouter juste un petit
conseil sur la forme : quand tu rajoutes une balise [SOLUTION] (ou bien
[RÉCAP], [INDICES], etc.), pense à retirer le « Re: », ça aide à faire
la distinction entre ton article et ses réponses.

Cordialement,
--
Olivier Miakinen

[Philippe 92]

Olivier Miakinen a écrit :

> Le 18/01/2012 19:41, Philippe 92 a écrit :

>> [...]

>> On forme deux carrés côte à côte (from croix ou 3,4,5)
>
> Dans un cas comme dans l'autre, cela veut dire qu'on dispose toujours
> de douze allumettes, non pas de seulement neuf. ;-)
>

Oui, bon, d'accord .. avec 9 des 12 allumettes du jeu précédent, na.

>> et on colle
>> les allumettes d'un d'eux, que l'on peut alors redresser dans
>> l'espace, et poser sur la troisième allumette du triangle d'une face
>> de bout. Et on termine par la 9ème allumette.
>> Cet échaffaudage est ainsi "allumette constructible".
>
> Je n'ai pas compris ta méthode. Mais si on a droit à la superglu voici
> comment je procèderais.
>
> On commence par dessiner par exemple la figure suivante :
>
> . +---+---+---
> . | | |
> . +---+---+---
>
> Puis on colle les allumettes trois par trois :
>
> . +--- +--- +---
> . | | |
> . +--- +--- +---
>
> Il ne reste plus qu'à assembler !
>

Ma méthode était la suivante :

. +---+---+
. | | |
. +---+---+

On colle un des deux carrés. X = colle
. +--- X---X
. | | |
. +--- X---X

les trois autres allumettes peuvent être collées entre elles
ou rester posées sur la table :
. C I A E
. X--- X---X
. | | |
. X--- X---X
. D J B F

On "relève " alors le carré (en le faisant pivoter autour de AB en 3D
de 120 deg ... environ, AB en IJ bien sûr
Le 120 deg est exactement réalisé par l'une des deux dernieres
allumettes = CE, et la dernière = DF, et on finit de coller en
A=I, B=J, D, F, C, E

Mais c'est tout à fait comparable à ta méthode qui est plus
"symétrique", juste que le carré AEFB est plus rigide que sans EF.

Cordialement.

[Olivier Miakinen]

Le 20/01/2012 12:43, Philippe 92 a écrit :
>
> Ma méthode était la suivante :
>
> . +---+---+
> . | | |
> . +---+---+
>
> On colle un des deux carrés. X = colle
> . +--- X---X
> . | | |
> . +--- X---X

Ah, ça y est, j'ai compris.

> [...] juste que le carré AEFB est plus rigide que sans EF.

Oui, en effet.

Merci !