énigmes

**yat** · 28/04/2006, 14h58

Merci pour les illustrations, mmy... Ca soulage d'avoir un visuel de ce machin qui n'arrétait pas de tomber en morceaux dans ma tête cette nuit quand j'essayais de vérifier mentalement les pentagones

invite6acfe16b · 28/04/2006, 19h28

Bonjour,

Sinon, je vous propose une autre énigme encore plus diabolique

Avec 24 allumettes, comment faire pour avoir 32 triangles équilatéraux ?

invité576543 · 29/04/2006, 08h43

J'arrive par des moyens "honnêtes" à 24 triangles (ce qui fait quand même un facteur 3 d'expansion). 32 triangles, ça fait un facteur 4. Je suis au bout du rouleau avec des moyens honnêtes...

Par une autre approche (moins honnête), j'arrive à un facteur 4 en faisant 20 triangles équilatéraux avec 15 "allumettes" (le mot allumette est alors inadapté, disons 15 côtés). (La même méthode permet de faire n'importe quel facteur d'expansion...)

Enfin une autre méthode pas honnête, mais avec des vraies allumettes, permet 40 triangles équilatéraux avec 12 allumettes.

Cordialement,

invite6acfe16b · 29/04/2006, 09h00

Envoyé par mmy

J'arrive par des moyens "honnêtes" à 24 triangles (ce qui fait quand même un facteur 3 d'expansion). 32 triangles, ça fait un facteur 4. Je suis au bout du rouleau avec des moyens honnêtes...

Je suis d'accord, que ce que je demande n'est pas tout à fait honnête, alors je vais donner un indice. Mais avant, je précise que les triangles équilatéraux sont tous de côté égal à la longueur d'une allumettes, donc il n'y a qu'à placer les allumettes d'une certaine manière. Il n'y a pas de tricherie à ce niveau-là.

Bon pour l'indice :
"Ce problème est une étape supérieure par rapport au problème des 6 allumettes pour faire 4 triangles"

invité576543 · 29/04/2006, 09h21

Envoyé par Sylvestre

Bon pour l'indice :
"Ce problème est une étape supérieure par rapport au problème des 6 allumettes pour faire 4 triangles"

Ca, c'est un indice qui colle aussi avec ma méthode pas honnète de 15 allumettes pour 20 triangles. C'est basée sur une série par étapes...

Il est vrai qu'il y a l'autre série, par les diagonales... le cran suivant le tétraèdre fait bien 24 arêtes (faciles), le décompte des triangles est plus dur, mais ça semble effectivement faire 32 (4 faces par un qq chose revenant 8 fois... Pas facile à visualiser, mais ça à l'air de coller...

Cordialement,

invite6acfe16b · 29/04/2006, 09h28

Envoyé par mmy

Ca, c'est un indice qui colle aussi avec ma méthode pas honnète de 15 allumettes pour 20 triangles. C'est basée sur une série par étapes...

Je ne crois pas que nous pensions à la même chose et je ne vois pas trop ce que ta méthode est. Je vais encore réfléchir un peu plus fort.
Bon, je donne un autre indice :
"La configuration à laquelle je pense comporte 16 tétraèdres de côté égal à une allumettes"

Deuxième indice :
"Une fois que tu auras trouvé ce problème, tu pourras résoudre un autre avec un facteur d'expansion de 5 : Construire 1200 triangles équilatéraux, avec 720 allumettes"

Troisième indice :
"Eleve ton esprit"

invite8241b23e · 29/04/2006, 09h33

Avec 3 allumettes j'arrive à fair 4 triangles (un peu douteux mais tous équilatéraux), c'est bien ça ? Et ils sont tous "indépendants", 4 à 4.

invite0a94234e · 29/04/2006, 09h34

Envoyé par Sylvestre

Troisième indice :"Eleve ton esprit"

on dirait edmond wells qui parle lool

@++ syl

invite6acfe16b · 29/04/2006, 09h40

Envoyé par benjy_star

Avec 3 allumettes j'arrive à fair 4 triangles (un peu douteux mais tous équilatéraux), c'est bien ça ? Et ils sont tous "indépendants", 4 à 4.

Non, ce n'est pas ça, mais j'aimerais bien savoir comment tu fais. C'est vraiment spécial. Est-ce que tes triangles ont des côtés de 1 ?

invite6acfe16b · 29/04/2006, 09h41

Envoyé par syl

on dirait edmond wells qui parle lool

@++ syl

Je voulais plutôt imiter Morpheus :
"Free your mind, Neo"

invite6acfe16b · 29/04/2006, 09h46

Envoyé par benjy_star

Avec 3 allumettes j'arrive à fair 4 triangles (un peu douteux mais tous équilatéraux), c'est bien ça ? Et ils sont tous "indépendants", 4 à 4.

Est-ce que tu poses tes trois allumettes de manière à ce qu'elles dépassent et forment un petit triangle central et trois autres triangles dont un côté est absent ?

invité576543 · 29/04/2006, 09h50

La solution que je décrivait à demi-mot semble marcher. mais je la vois comme 8 tétraèdres seulement, chaque arête appartenant à deux tétraèdres différents (d'ou 6x8/2 = 24 arête).

T'es sur de des 16 tétraèdres ???

Cordialement,

invité576543 · 29/04/2006, 09h53

Arghh... J'ai trouver les 8 autres tétraèdres... Mais la vision avec 8 tétraèdres est plus simple, car alors chaque triangle appartient à 1 seul tétraèdre...

Cordialement,

invité576543 · 29/04/2006, 09h59

Ma série donne pour le facteur 5, 35 triangles avec 21 allumettes, nettement plus économique!

Cordialement,

invite6acfe16b · 29/04/2006, 10h04

Envoyé par mmy

Ma série donne pour le facteur 5, 35 triangles avec 21 allumettes, nettement plus économique!

Cordialement,

Je ne vois toujours pas comment tu fais, tu peux me donner un indice. Une chose est sûre, nous n'avons pas les mêmes solutions. Est-ce que tes tétraèdre ont des côtés de 1 ?

Sinon, dans ma solution, chaque arête appartient à 4 tétraèdres.
Indice : Ma solution est très "régulière"

invité576543 · 29/04/2006, 10h26

Envoyé par Sylvestre

Je ne vois toujours pas comment tu fais, tu peux me donner un indice. Une chose est sûre, nous n'avons pas les mêmes solutions. Est-ce que tes tétraèdre ont des côtés de 1 ?

Sinon, dans ma solution, chaque arête appartient à 4 tétraèdres.
Indice : Ma solution est très "régulière"

En fait nos deux solutions se basent sur la même idée de fond, régularité comprise! Je vois très bien les deux!

la série dont tu parles à comme nombre de sommets 2, 4, 8, 16, etc

La série dont je parle à comme nombre de sommets 1, 2, 3, 4, 5, ...

Cordialement,

invite8241b23e · 29/04/2006, 10h47

Envoyé par Sylvestre

Est-ce que tu poses tes trois allumettes de manière à ce qu'elles dépassent et forment un petit triangle central et trois autres triangles dont un côté est absent ?

Oui, c'est ça...

invité576543 · 29/04/2006, 10h52

Envoyé par benjy_star

Oui, c'est ça...

Mes 40 triangles avec 12 allumettes ont un rapport avec ce type de, disons, échappatoire, mais tous les côtés de triangle sont présents!!!

Cordialement,

invite6acfe16b · 29/04/2006, 11h26

Envoyé par mmy

la série dont tu parles à comme nombre de sommets 2, 4, 8, 16, etc

La série dont je parle à comme nombre de sommets 1, 2, 3, 4, 5, ...

Cordialement,

D'accord, donc tu parles du simplexe de dimension 4, et moi de l'octaèdre de dimension 4.

En fait non, le simplexe de dimension 4 n'a que 5 tétraèdres et 10 allumettes. Bon je vais réfléchir encore.

invité576543 · 29/04/2006, 11h51

Envoyé par Sylvestre

D'accord, donc tu parles du simplexe de dimension 4, et moi de l'octaèdre de dimension 4.

En fait non, le simplexe de dimension 4 n'a que 5 tétraèdres et 10 allumettes. Bon je vais réfléchir encore.

Oui, mais en dimension 5?

invité576543 · 29/04/2006, 11h55

Envoyé par Sylvestre

D'accord, donc tu parles du simplexe de dimension 4, et moi de l'octaèdre de dimension 4.

Et parles-tu bien de l'octaèdre en dimension n? Je ne crois pas, c'est plutôt les diagonales des 2-faces du n-cube, d'où un nombre de sommets en puissance de deux. Le nombre de sommet du 3-octaèdre est 6; les diagonales du 3-cube donnent bien le tétraèdre, en ligne avec ta phrase, "étape suivante du tétraèdre" (et non de l'octaèdre).

Cordialement,

invite6acfe16b · 29/04/2006, 12h54

Envoyé par mmy

Et parles-tu bien de l'octaèdre en dimension n? Je ne crois pas, c'est plutôt les diagonales des 2-faces du n-cube, d'où un nombre de sommets en puissance de deux. Le nombre de sommet du 3-octaèdre est 6; les diagonales du 3-cube donnent bien le tétraèdre, en ligne avec ta phrase, "étape suivante du tétraèdre" (et non de l'octaèdre).

En disant "étape suivante du problème avec 6 allumettes et 4 triangles", je voulais juste qu'il fallait passer à une dimension supérieure, pas qu'il s'agissait d'un simplexe. J'ai choisi l'analogue de l'octaèdre en dimension 4, car c'est mon polyhèdre préféré.

Bon, en tout cas, maintenant nous nous sommes compris.

A bientôt

invité576543 · 29/04/2006, 15h24

Envoyé par Sylvestre

"Une fois que tu auras trouvé ce problème, tu pourras résoudre un autre avec un facteur d'expansion de 5 : Construire 1200 triangles équilatéraux, avec 720 allumettes"

Ca me trouble ton truc. Y'a un petit problème de vocabulaire avec le mot "octaèdre" appliqué aux dimensions supérieures à 3...

Il me semble qu'on appelle n-octaèdre le dual du n-cube. Ca a 2n sommets, et 2n(n-1) arètes. Le 5-octaèdre a 40 arêtes.

Les diagonales des faces du n-cubes forment un réseau de 2^n-1 sommets, et
2^n-2C(n, 2) arêtes. Pour n=5, cela fait 80 arêtes.

Les 720 allumettes, ça correspond à autre chose... Je ne connais pas assez les polytopes en 5D pour préciser, mais ça se trouve facilement sur le Web.

On peut former différentes suites:

les simplexes (dont le tétraèdre)

les n-octadères (dont l'octaèdre et et le 4-octaèdres que tu as proposé)

les réseaux des diagonales des faces du n-cube (dont le tétraèdre en 3D, et le 4-octaèdre)

Mais le gros truc à 720 arêtes ne me semble pas dedans...

Cordialement,

invité576543 · 29/04/2006, 15h33

Envoyé par mmy

Les 720 allumettes, ça correspond à autre chose...

Je dérape pas vite, aujourd'hui. 720 côtés et 1200 faces triangulaires, c'est le gros polytope 4D, genre hyper-icosaèdre. On reste en dimension 4.

Cordialement,

invite6acfe16b · 29/04/2006, 16h11

Envoyé par mmy

Ca me trouble ton truc. Y'a un petit problème de vocabulaire avec le mot "octaèdre" appliqué aux dimensions supérieures à 3...

Je suis d'accord que le mot octaèdre est mal adapté, mais pour moi cela veut dire le dual du n-cube. J'ai entendu une fois qu'on les appelait des "orthoplexes", ce qui serait plus juste.

invité576543 · 29/04/2006, 17h50

Reste le cas des 40 triangles avec 12 allumettes? Un client?

Un indice : en 3D !!

Cordialement,

invite28a6d911 · 08/05/2006, 11h06

Heu... t'as pas un autre indice ?
40 triangles avec 12 allumettes ça me parait un peu énorme quand même....

invité576543 · 08/05/2006, 11h13

Envoyé par Ari

Heu... t'as pas un autre indice ?
40 triangles avec 12 allumettes ça me parait un peu énorme quand même....

C'est vrai, et j'ai été moi-même surpris quand j'ai trouvé cela.

Un indice: en 2D stricte, cette "méthode" permet de faire 8 triangles équilatéraux avec 6 allumettes...

Cordialement,

invitec314d025 · 08/05/2006, 11h40

Le plus dur c'est de ne pas se tromper dans le comptage des triangles. J'ai eu du mal a en trouver 40, mais ils sont bien là (8 grands et 32 petits).

invite6acfe16b · 08/05/2006, 11h41

Envoyé par mmy

Un indice: en 2D stricte, cette "méthode" permet de faire 8 triangles équilatéraux avec 6 allumettes...

En 2D, c'est l'étoile de David, non ?

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