Bonjour
Tout le monde connaît les tétraminos (4 carrés liés par au moins une face, tout se passe dans le plan).
Etant donné une liste de n tétraminos, on peut déterminer le plus petit carré dans lequel on peut les placer (éventuellement avec des trous), sans utiliser de rotations ou de symétries. Il y a une borne inférieure évidente : 2 racine(n).
Pourrez vous trouver les 10 tétraminos tels que ce carré minimal soit le plus grand possible …
PS : Je n'ai pas la réponse
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Si c'est trop compliqué, on peut commencer avec 4 tétraminos et augmenter au fur et à mesure.
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
C'est à peu près la même réponse de toutes façons avec 10 pièces ou 4 pièces; il faut employer les formes "les plus antagonistes" possibles.Envoyé par Médiat
Au jugé, sans vérifier... 2 O et 2 T.
(Nomenclature des pièces indiquée ici : https://fr.wikipedia.org/wiki/T%C3%A9tromino)
Attention, ici les rotations sont interdites, par conséquent (par exemple) la barre horizontale et la barre verticale sont deux tétraminos différents
Je suis Charlie.
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D'accord, je n'avais pas bien intégré ce fait.
Donc pour cerner le problème, si je ne m'abuse, on a les 23 les pièces suivantes :
1.I
2.I-R90
3.O
4.T
5.T-R90
6.T-R180
7.T-R170
8.L
9.L-R90
10.L-R180
11.L-R270
12.J
13.J-R90
14.J-R180
15.J-R270
16.Z
17.Z-R90
18.Z-R180
19.Z-R270
20.S
21.S-R90
22.S-R180
23.S-R270
Non, 19 :
Z R180 = Z
Z-R270 =Z-R90
même chose pour S
Je suis Charlie.
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Bonsoir,
avec une barre de 4 ( I ) et la même tournée d'un quart de tour il faut un carré de côté 5.
C'est le max min avec 2 tétraminos, mais avec 5 ou 10 ?
Je suis Charlie.
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Trois tétraminos tiennent toujours dans un carré 5x5.
Avec quatre tétraminos il faut un carré plus grand : prendre quatre L qui nécessitent un carré de côté 6 ( sauf erreur de ma part ).
La suite me semble un problème de combinatoire assez difficile, mais il y a sans doute des idées que je n'ai pas encore aperçues.
J'y travaille.
Cela me paraît correct
Bon courage !J'y travaille.
Je suis Charlie.
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Comme je manque de courage, je propose une conjecture :
huit tétraminos tiennent toujours dans un carré de côté 7.
Avec une remarque : si on prend huit L on ne peut pas les placer dans un carré de côté plus petit que 7.
Et j'espère que quelqu'un va réfuter cette conjecture.
Je confirme.
Par conte avec 8 I il faut un carré de coté 8
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
En effet, j'avais oublié ce cas.
Pourtant j'y arrive en 6... o_O
\o\ \o\ Dunning-Kruger encore vainqueur ! /o/ /o/
En les tordant un peu(ou en utilisant 4 I et 4 I R-90) ?
Je suis Charlie.
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En les tordant un peu
Même pas(ou alors j'ai mal compris)
\o\ \o\ Dunning-Kruger encore vainqueur ! /o/ /o/
Ce ne sont pas des I mais des L et des J(plus ou moins tournés)
Je suis Charlie.
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Ben on parle bien de L là, non ?
\o\ \o\ Dunning-Kruger encore vainqueur ! /o/ /o/
Deux choses :
1) Verdurin parle de L (tous les mêmes et pas un mélange de L et de J plus ou moins tournés)
2) Je répondais à la conjecture de Verdurin en donnant un contre exemple nécessitant un carré 8x8
Je suis Charlie.
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Ha d'accord (la figure que j'ai montré peut cependant être facilement uniquement composée de L, plus ou moins tournés).
Cela dit je ne comprends quand même pas. On peut mettre 4 L dans un 4x4, 8L dans un 6x6. pourquoi dire qu'il faut un carré d'au moins 6x6 pour caser 4L et au moins 7 x 7 pour en caser 8... Je ne comprends plus rien là...
Dernière modification par obi76 ; 04/05/2019 à 18h26.
\o\ \o\ Dunning-Kruger encore vainqueur ! /o/ /o/
En espérant être plus clair, voilà une solution avec que des L (J'ai mis le fond en jaune pour que ce soit plus lisible.
Image1.png
Je suis Charlie.
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Ha OK, tous dans le même sens (c'est ce point de détail qui n'en est pas un qui m'avait échappé
\o\ \o\ Dunning-Kruger encore vainqueur ! /o/ /o/
Mais on est bien d'accord, que lorsque vous cherchez à placer 10 pièces, les 10 pièces peuvent bien être choisies parmi les 19 types possibles ?
Ou alors les 10 pièces doivent toutes être de même type ?
Oui on est d'accord, vous choisissez 10 pièces parmi les 19 types possibles (physiquement, vous disposez de 190 pièces (10 x 19) et vous en prenez 10 de votre choix).
Je suis Charlie.
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Si j'ai bien compris, je vais tenter un truc.
4 pièces : 16 carrés, donc au plus petit un carré de racine(16) = 4 de côté.
5 pièces : 20 carrés, donc au plus petit un carré de racine(20) arrondi au dessus = 5 de côté.
6 pièces : 24 carrés, donc au plus petit un carré de racine(24) arrondi au dessus = 5 de côté.
7 pièces : 28 carrés, donc au plus petit un carré de racine(28) arrondi au dessus = 6 de côté.
8 pièces : 32 carrés, donc au plus petit un carré de racine(32) arrondi au dessus = 6 de côté.
9 pièces : 36 carrés, donc au plus petit un carré de racine(36) = 6 de côté.
10 pièces : 40 carrés, donc au plus petit un carré de racine(40) arrondi au dessus = 7 de côté.
J'ai bon ?
\o\ \o\ Dunning-Kruger encore vainqueur ! /o/ /o/
Oui, pour n tétraminos, ils occupent 4n carrés unitaires il faut donc au moins un carré de côté 2 racine(n), et on peut trouver des exemples qui montre que ce minimum est atteint en choisissant bien les n tétraminos ; la question posée est de trouver le jeu ne 5 (ou 10,ou n) tétraminos tel que le plus petit carré qui les contient soit le plus grand possible, ou, ce qui est équivalent : quel est le plus petit carré qui peut contenir tous les jeux de 5 (ou 10, ou n) tétraminos
Je suis Charlie.
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Il y a de l'idée, mais tant qu'à faire, pour la dernière pièce, au lieu d'un I-R90, il vaudrait mieux rajouter un Z-R90.
Non.
On cherche un ensemble de n (en particulier n=10) tétraminos tel que le plus petit carré pouvant contenir ces n pièces soit le plus grand possible.
Je crois que le maximum est atteint pour n tétraminos identiques sauf pour n=2 et n=3.
Mais bien entendu une croyance n'a aucune valeur démonstrative.
En fait les à côtés de la questions sont intéressants :
dix tétraminos tiennent toujours dans un carré de côté 40.
D'après ce qui précède il existe un nombre n entre 8 et 40 tel que n'importe quel ensemble de dix tétraminos tiennent toujours dans un carré de côté n.
C'est évident si on est « platonicien ».
Ça l'est aussi si on ne n'est pas « platonicien » puisqu'il n'y a qu'un nombre fini ( mais grand ) de cas à examiner.
Mais le nombre n reste inconnu.
Je suis personnellement assez ignorant en logique et intuitivement « platonicien ».
Mais je me demande quel est le statut de n dans un cadre plus rigoureux.
Bonsoir,
Je vous rassure, cette question n'a rien à voir avec Platon.
Je pense que votre borne sup peut être ramené à 9 sans trop d'efforts et en tout état de cause à 12 (immédiat).
Je suis Charlie.
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