énigmes

[invite0a94234e]

bonjour

savez vous comment faire 4 triangles équilatéral avec 6 allumettes?

NB : les allumettes n ont pas le droit de se chevaucher.

@++ syl
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[kNz]

Salut,

Pyramide.

Cordialement.

edit : je suis le plus rapide (niark niark)

[matthias]

Tiens c'est original comme énigme ....

[piwi]

en faisant un pyramide à base triangulaire equilatérale.

[A voir en vidéo sur Futura]

[yat]

De la même manière qu'on fait 8 triangles équilatéraux, 6 carrés et 4 hexagones réguliers avec 24 alumettes

[invite0a94234e]

et merde vous avez trouvé trop vite

comment vous la faite tenir la pyramide ??

[Evil.Saien]

L'enigme est-elle de savoir pourquoi "enigmes" avec un "s" au titre du topic ??

[invitea2d336f8]

Ou aussi si la signification de "4 triangles équilatéral" est si évidente...

[invite0a94234e]

pour le "s" en trop je m explique, j ai tapé un peut trop vite et c est aussi la faute de mon clavier azerty qui a mis le "s" trop près du eux....
mais pardonné mon blasphème

[invite687e0d2b]

comment faire six triangles équilatéraux avec six allumettes?

[kNz]

Ultragigamégasupraoriginal aussi

[martini_bird]

Salut,

De la même manière qu'on fait 8 triangles équilatéraux, 6 carrés et 4 hexagones réguliers avec 24 alumettes

C'est un solide ?

A cherché cinq minutes mais a pa trouvé...

[invite0a94234e]

et oui il y en a qui qui ont du temps à perdre mais bravo comme m^me pouur les 24 allumettes

[invité576543]

A cherché cinq minutes mais a pa trouvé...

Y'a un petit piège... les faces d'un des trois types ne sont pas, disons, évidentes. Ce n'est pas exactement pareil que le tétraèdre régulier...

Cdt

[invité576543]

Le tétraèdre donne un facteur 2 entre arêtes de faces (4x3 = 12) et nb d'allumettes (6).

Le cas de yat donne un facteur 3

Le mieux que je connaisse (en régulier) est un facteur 5. Par exemple,

30 carrés, 20 triangles, 12 pentagones et 12 pentagrammes, le tout avec 60 allumettes (et beaucoup de patience)

Cordialement,

[invite35452583]

De la même manière qu'on fait 8 triangles équilatéraux, 6 carrés et 4 hexagones réguliers avec 24 alumettes

En partant de l'hypothèse que c'est un solide convexe, alors si toutes les faces sontextérieures on a que 8 sommets (trop peu).
Les solides homogènes (donc réguliers) ne sont pas nombreux et ne conviennent pas.
HYP : deux types de faces sont extérieures et un type est intérieur. La possibilité qui donne les meilleurs rapports est : triangles et carrés ext., hexagones intérieurs.
On a 8 triangles plus 6 carrés donc (8*3+6*4)/2=24 côtés (c'est bon) et (Euler) 2+(24-14)=12 sommets. D'où deux carrés par sommets et deux triangles par sommets.
On construit deux premiers hexagones ABCDEF et AGHDIJ. Le troisième est BGKEIL, le quatrième CLJFKH.
Preuve que ça colle :
les deux premiers , pas de problème.
Le troisième, créer le triangle ABG ne pose pas de problème. O le milieu de [AD] est le centre commun aux 2 premiers hexagones, donc B et E, d'une part, G et I , d'autre part, sont symétriques par rapport à O. Le triangle DEI est donc le symétrique de ABG, EI a bien la longueur d'une allumette. K et L sont construits de manière à compléter le troisième hexagone ce qui ne pose pas de problème.
Reste à montrer que CLJFKH est un hexagone.
1er hexagone : (AB), (DE) et (CF) sont parallèles
2ème hexagone : (AG), (DI) et (JH) sont parallèles
3ème hexagone : (BG), (EI) et (KL) sont parallèles
D'autre part (KL), (CF) et (JH) sont concourrantes en O centre commun des trois premiers hexagones (il l'est aussi du dernier).
(KL), (CF) et (JH) sont trois droites concourrantes et parallèle aux deux plans (ABG) et (DEI) donc sont parallèles, le polyèdre CLJFKH est donc coplanaire.
Les symétries axiales d'axe (KL),, (JH) et (CF) laissent les points A, B, G, D, E, I globalement invariants (KL, par exemple, par "hexagone" : B<->E et G<->I et A<-> par le fait que ABG et DEI sont des triangles équilatréraux plus un raisonnement sur la position par rapport au plan BGL) d'où laisse le polyèdre globalement invariant et est donc un hexagone.
Les triangles ABG, DEI, JLI, GKH, BCL, EFK, AFJ et CDH sont équilatéraux par construction.
Les quadrilatères ABJL, KHDE, EFIJ, BCGH, AFKG, et CDIL sont des carrés.
Déjà ils sont coplanaires, par exemple, pour ABLJ (AB) (LJ) sont parallèles à (CF).
Ils sont donc par construction des losanges et... on montre que ce sont des carrés. Ouf.

[invite35452583]

Aussi non, dans le genre superomégaoriginal mais que je n'ai pas trouvé sur le site :
comment faire un carré avec trois allumettes ?

[martini_bird]

Salut,

déjà bravo homotopie !

Mais j'avoue ne pas avoir tout suivi... C'est le "cuboctaèdre" ?
Si oui, je ne compte que 3 hexagones intérieurs...

Enfin bref, de toute façon c'était pas fairplay de la part de yat !

Cordialement.

[invité576543]

"cuboctaèdre" ?
Si oui, je ne compte que 3 hexagones intérieurs...

C'est bien le cuboctaèdre.

Et il y a bien 4 hexagones, 1 par axe ternaire: facile de voir que c'est sur un axe ternaire, et facile de voir qu'il y 4 de ces axes, non?

Cordialement,

[invite35452583]

C'est le "cuboctaèdre" ?

Apparamment oui, merci pour le lien.

Si oui, je ne compte que 3 hexagones intérieurs...

Il y en a bien 4, une façon simple de les compter est de remarquer que les arêtes de chaque carré appartiennent chacun à un hexagone distinct.

Enfin bref, de toute façon c'était pas fairplay de la part de yat !

Certes, Yat aime bien les problèmes difficiles mais ce n'était pas infaisable.
mmy est encore plus "vache" (bien qu'il ait donné un indice). D'ailleurs j'aimerais savoir ce qu'il appelle un pentagramme.

Cordialement.

[invite35452583]

C'est bien le cuboctaèdre.

Et il y a bien 4 hexagones, 1 par axe ternaire: facile de voir que c'est sur un axe ternaire, et facile de voir qu'il y 4 de ces axes, non?

Cordialement,

Un axe ternaire est un axe joignant le centre de deux triangles opposés, c'est bien ça? Ils sont en tout cas chacun perpendiculaire à un hexagone.

[invite35452583]

Si oui, je ne compte que 3 hexagones intérieurs...

Peut-être les as-tu compté à partir d'un triangle, or chaque triangle est parallèle à un hexagone. Et donc 4 hexagones.

[invité576543]

Un axe ternaire est un axe joignant le centre de deux triangles opposés, c'est bien ça? Ils sont en tout cas chacun perpendiculaire à un hexagone.

Un axe ternaire est simplement un axe de symétrie par la rotation de 1/3 tour. Dans le cube (et le cuboctaèdre à l a même symétrie que le cube), cela correspond aux grandes diagonales (joignant deux sommets opposés en passant par le centre du cube).

Effectivement, dans le cuboctaèdre, ce sont les axes de symétrie des 8 triangles.

Cordialement,

[invité576543]

mmy est encore plus "vache" (bien qu'il ait donné un indice). D'ailleurs j'aimerais savoir ce qu'il appelle un pentagramme.

Un pentagramme est l'étoile à 5 branches régulière, un polygone régulier non convexe. C'est un polygone à 5 sommets et 5 côtés, comme le pentagone (on ne compte pas les "intersections"). Dans les polyèdres réguliers, on accepte les polygones croisés, le pentagramme, l'octogramme et le décagramme (aucun autre n'apparaît dans les polyèdres réguliers). [les termes octogramme et décagramme sont peu courants, pentagramme l'est beaucoup plus]

Cordialement,

[invite35452583]

OK, merci mmy et excuse-moi pour mon inculture en structure non convexe.

[yat]

Enfin bref, de toute façon c'était pas fairplay de la part de yat !

Bah désolé... j'ai pas fait exprès, je m'amusais avec un cube en mousse et on me tirait dessus avec des élastiques.

Le mieux que je connaisse (en régulier) est un facteur 5. Par exemple,
30 carrés, 20 triangles, 12 pentagones et 12 pentagrammes, le tout avec 60 allumettes (et beaucoup de patience)

Là on commence à entrer dans les trucs de psychopathes... est-ce qu'on peut le faire avec un polyèdre en mousse et des élastiques ?

Bon, j'imagine qu'on a cinq cubes (on a nos 30 carrés et toutes les alumettes sont posées). Si on part du cube 1, le cube 2 sera son image par une rotation selon sa grande diagonale. Je sais pas trop la valeur de l'angle, on s'arrète quand la distance entre les sommets et leurs images (à part les deux qui n'ont pas bougé, tous les sommets sont à la même distance de l'axe) est égale au coté du cube. En considérant l'axe de rotation vertical, on peut placer les trois cubes restants, avec les trois arètes qu'on vient de construire en haut, opposées aux trois arètes construites en bas. Chaque triplet de cubes forme deux triangles, on a bien le compte.
Chaque sommet est partagé entre deux cubes, il y a 6 arètes qui en partent. Si on prend deux de ces arètes consécutives, on aura alternativement les arètes d'un triangle ou d'un pentagramme. Pour le triangle, ça découle de manière évidente de ce qui est au dessus, pour le pentagramme je visualise une certaine symétrie, mais vu le mal que j'ai déjà à visualiser la chose je serais incapable de l'expliquer avec des mots.
Pour les pentagones, on prend deux arètes opposées parmi les arètes partant d'un sommet, et on passe par un sommet de chacun des cubes avant de revenir au point de départ.
Il restait peut-être quelques minutes avant que mon cerveau soit définitivement mis hors d'état de nuire, mais j'ai finalement une représentation nette : Un dodécaèdre (en mousse), sur chaque face on relie les sommets non consécutifs pour faire les pentagrammes.

comment faire un carré avec trois allumettes ?

Oulah... sans casser les alumettes, déjà on n'a pas assez d'arètes... je tente une boutade : deux alignées verticalement, la troisième part du haut direction en bas à gauche... ça fait un '1', carré de 1. J'ai bon ?

[invité576543]

Bon, j'imagine qu'on a cinq cubes (on a nos 30 carrés et toutes les alumettes sont posées). (...)
Il restait peut-être quelques minutes avant que mon cerveau soit définitivement mis hors d'état de nuire, mais j'ai finalement une représentation nette : Un dodécaèdre (en mousse), sur chaque face on relie les sommets non consécutifs pour faire les pentagrammes.

Chapeau bas!

J'avais trouvé ce cas dans le cadre des mes "études" sur les polyèdres réguliers, en cherchant systématiquement les familles groupant les polyèdres ayant les mêmes arêtes. (Ce qui fait que résoudre le cas de yat ne m'a pas été difficile!)

Il s'agit effectivement de polyèdres réguliers que l'on peut construire de différentes manières, soit comme le mâcle de 5 cubes, soit à partir des sommets du dodécaèdre, en les reliant en pentagrammes sur les faces d'ordre 5.

On peut construire ainsi divers polyèdres régulier, dont les dessins suivent (dessins coyright mmy, ils sont faits avec un programme pov-ray de mon cru qui permet de dessiner tous les polyèdres réguliers):

le mâcle de 5 cubes (30 carrés et 60 arêtes), les cubes ne sont pas faciles à voir...



pentagones et triangles (comme tous les poly réguliers, il a un nom à coucher dehors mais peu utile; pour les spécialistes, symbole de Withoff 3/2 |3 5)



pentagrammes et pentagones (5 5/3 | 3/2)



pentagrammes et triangles (3/2 | 3 5/3)



Cordialement,

[invite35452583]

et chapeau bas (itou) Monsieur Yat pour le mâcle.

Comment faire un carré avec trois allumettes?

Oulah... sans casser les alumettes, déjà on n'a pas assez d'arètes... je tente une boutade : deux alignées verticalement, la troisième part du haut direction en bas à gauche... ça fait un '1', carré de 1. J'ai bon ?

Pourquoi une boutade? Tu l'écris toi même il n'y a pas assez d'allumettes pour un carré géométrique, reste le carré numérique.
Mais le I dessiné ainsi n'est pas très joli, (bravo quand même) je préfère le 4 ou IV.

Cordialement

[invite0aa2946c]

pour cette histoire des 3 allumettes et du carré, pourquoi ne pas les disposer en "U" et coller ce U sur un miroir, ce qui fait que l'image de l'aréte dans le miroir donnera la quatrième aréte
Un peu tourné par les cheveux mais on est dans le topic science ludique!

[invite19431173]

Oui, mais tu auras un rectangle, et non un carré !