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![]()
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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![]()
Bonjour,
Sinon, je vous propose une autre énigme encore plus diabolique
Avec 24 allumettes, comment faire pour avoir 32 triangles équilatéraux ?
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,
Dernière modification par invité576543 ; 29/04/2006 à 07h47.
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.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...
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...Envoyé par Sylvestre
Bon pour l'indice :
"Ce problème est une étape supérieure par rapport au problème des 6 allumettes pour faire 4 triangles"
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,
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.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...
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"
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.
Envoyé par Sylvestre
Troisième indice :"Eleve ton esprit"![]()
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on dirait edmond wells qui parle lool
@++ syl
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 ?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.
Je voulais plutôt imiter Morpheus :Envoyé par syl
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on dirait edmond wells qui parle lool
@++ syl
"Free your mind, Neo"
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 ?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.
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,
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,
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 ?Envoyé par mmy
Ma série donne pour le facteur 5, 35 triangles avec 21 allumettes, nettement plus économique!
Cordialement,
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!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"
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,
Oui, c'est ça...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 ?
Mes 40 triangles avec 12 allumettes ont un rapport avec ce type de, disons, échappatoire, mais tous les côtés de triangle sont présents!!!Envoyé par benjy_star
Oui, c'est ça...
Cordialement,
D'accord, donc tu parles du simplexe de dimension 4, et moi de l'octaèdre de dimension 4.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,
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?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.
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).Envoyé par Sylvestre
D'accord, donc tu parles du simplexe de dimension 4, et moi de l'octaèdre de dimension 4.
Cordialement,
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.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).
Bon, en tout cas, maintenant nous nous sommes compris.
A bientôt
Ca me trouble ton truc. Y'a un petit problème de vocabulaire avec le mot "octaèdre" appliqué aux dimensions supérieures à 3...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"
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 2n-1 sommets, et
2n-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,
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.Envoyé par mmy
Les 720 allumettes, ça correspond à autre chose...
Cordialement,
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.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...
Reste le cas des 40 triangles avec 12 allumettes? Un client?
Un indice : en 3D !!
Cordialement,
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.Envoyé par Ari
Heu... t'as pas un autre indice ?
40 triangles avec 12 allumettes ça me parait un peu énorme quand même....
Un indice: en 2D stricte, cette "méthode" permet de faire 8 triangles équilatéraux avec 6 allumettes...
Cordialement,
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).
En 2D, c'est l'étoile de David, non ?Envoyé par mmy
Un indice: en 2D stricte, cette "méthode" permet de faire 8 triangles équilatéraux avec 6 allumettes...