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#1 - 10-10-2013 00:25:02
- Vasimolo
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#2 - 10-10-2013 08:06:29
- gwen27
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Gâteu 64
Avec les triplets pythagoriciens, assez facile : Ah, non , je n'avais pas lu la condition "périmètre impair"
#3 - 10-10-2013 08:52:55
- Vasimolo
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Gâteau 6
Bien essayé Gwen mais ça ne marche pas
Vasimolo
#4 - 10-10-2013 09:12:11
- halloduda
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Gâteau 6
Je pense que c'est impossible.
Dans un triangle rectangle à côtés entiers, l'hypoténuse a toujours la même parité que la somme des deux autres côtés. Il suffit d'envisager tous les cas.
Un rectangle à côtés entiers a un périmètre pair.
Il est facile de conclure...
EDIT suite à demande de Vasimolo
Grâce à la convexité du pentagone, je peux remplacer chaque côté oblique par les deux autres côtés parallèles aux axes (à l'extérieur) du triangle dont il est l'hypoténuse. Cela ne change pas la parité du périmètre de polygone ainsi obtenu.
J'obtiens ainsi un polygone, pas forcément convexe, dont tous les côtés sont parallèles aux axes. Ce polygone a évidemment un périmètre pair, donc aussi le pentagone de départ.
#5 - 10-10-2013 09:25:19
- Fito11235
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gâteay 64
Le périmètre impair ne pourra pas être obtenu. Pour former un tel pentagone, on a besoin de 4 triplets Pythagoriciens. Les 4cotés de ce pentagone correspondant aux hypoténuses des triangles rectangles sont des nombres impairs. Le dernier coté devra donc être impair. De plus les cotés de l'angle droit de chaque triangle sont de parité différente.Donc la somme des 8 cotés des angles droits est pair. Il en va de même pour le coté manquant du pentagone puisque le rectangle dans lequel il est inscrit a forcément un périmètre pair.
J'espère avoir été clair et il est possible que quelquechose m'ait échappé. Ca va me travailler au boulot toute la journée.
#6 - 10-10-2013 09:53:52
- cogito
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âGteau 64
Bonjour
Tous les triplets pythagoriciens sont de la forme (p²-q²,2pq,p²+q²) avec p et q de parité différente donc en particulier p²+q² est impair.
Comme les côté doivent être entier alors la longueurs des cotés est forcément le résultat du troisième élément d'un triplet pythagoricien, donc tous les côtés du polygone sont impairs.
Donc si le polygone à un nombre impair de côté alors le périmètre est impair.
Je ne vois pas quel difficulté rencontre le pâtissier ?
Il y a sûrement plus simple.
#7 - 10-10-2013 10:17:21
- Franky1103
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Gâteu 64
Soit n la maille du quadrillage. Tous les côtés doivent être entiers, donc 13.n, 8.n et 5.n (triple contrainte), et le périmètre doit être impair, donc 36.n Je ne vois pas comment y arriver, mais je flaire une petite astuce du patissier. Affaire à suivre ...
#8 - 10-10-2013 12:24:33
- Vasimolo
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#9 - 10-10-2013 18:10:59
- gwen27
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Gâteau 4
C'est impossible.
Si on code le parcours grâce aux deux premiers termes du triplet pythagoricien, au terme du parcours des 5 côtés la résultante doit être nulle.
Autrement dit, la somme en X et en Y doit être paire. (Bah oui, on va de gauche à droite, puis de droite à gauche, idem de bas en haut)
Partons du cas simple de 5 triplets dont les deux premiers termes sont pairs :
PP=> P PP=> P PP=> P PP=> P PP=> P
Cinq triplets comme ceux-là permettent de revenir au point de départ (avec les bons nombres) Mais la dimension des côtés serait paire à chaque fois. Et le périmètre est donc pair.
Si j'introduis un terme impair en abscisse , il m'en faut un autre sur une autre abscisse ou je ne ferai pas de figure fermée...
IP => I IP=> I PP=> P PP=> P PP=> P
Le périmètre sera toujours pair même si j'en introduis d'autres En colonne, abscisses et ordonnées doivent avoir un nombre pair de termes impairs, et donc en ligne il y aura toujours un nombre pair de côtés de dimension impaire.
#10 - 10-10-2013 18:33:53
- Vasimolo
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Gââteau 64
Bien vu Gwen , tu as mis le doigt sur le problème . On peut conclure un peu plus rapidement avec la même idée
Vasimolo
#11 - 10-10-2013 19:43:26
- Fito11235
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gâteai 64
4 triplets pythagoriciens nous donnent forcément un périmètre pair donc ce n est pas possible.
5 triplets pythagoriciens nous donnent bien un périmètre impair mais le rectangle dans lequel est inscrit le pentagone a un périmètre impair ce qui est en contradiction avec le fait que les sommets sont sur les noeuds du quadrillage.
En fait plus généralement, j'ai comme l'impression qu'un nombre impair de triplets nous donne la même contradiction qu'avec 5 et un nombre pair de triplets la même contradiction qu'avec 4 triplets.
Donc je dirais qu'il n y a pas de solutions. Des figures pour illustrer mes propos seraient les bienvenues, j'essayerai de prendre le temps demain. A moins que d'ici là, une illumination m'apporte la configuration à laquelle je n'ai toujours pas pensée...
#12 - 10-10-2013 22:01:20
- nodgim
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Gteau 64
Je pars de A à coordonnée entière. Je monte de 5, je vais à G sur 12, j'arrive en B et AB=13. De B, je vais 48 à D puis 14 en haut pour arriver à C, AC=50. De C, je vais 11 vers le bas, puis 60 vers la D, j'arrive en D et CD=61. De D, je vais 24 vers la G, puis 10 vers le bas, j'arrive en E, DE=26. Et comme A et E sont sur la même horizontale, j'ai bien tous mes segments de longueur entière, dont 4 carrés parfaits.
Zut j'ai oublié le périmètre impair dans la bagarre...
#13 - 10-10-2013 22:27:12
- nodgim
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Gâteu 64
D'un point de vue de parité, si S est un segment, hypothénuse d'un triangle rectangle, L son coté horizontal et H son coté vertical, on a S=H+L Pour les 5 segments Si=Li+Hi Mais on a aussi L1+L2=L3+L4+L5 (2 longueurs sont égales aux 3 autres) et aussi H1+H4=H2+H3+H5 La somme des Si est la somme des Hi + la somme des Li. Or la somme des Li est paire, pareil pour la somme des Hi
Le périmètre ne peut être impair.
#14 - 11-10-2013 00:47:34
- cogito
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Gâteaau 64
Mon premier message c'est n'importe quoi, si on prend par exemple (6,8,10) alors 10 est pair.
Si a² + b² = c² alors la parité de c est la même que la parité de a + b. Donc si l'on trace les côtés des triangles rectangles dont les hypoténuses sont les côtés du pentagone, nous obtenons un polygone dont le périmètre a la même parité que le périmètre du pentagone et dont les côtés suivent les lignes du quadrillage.
Le fait que les côtés du polygone suivent le quadrillage fait que son périmètre est égal à celui d'un rectangle = 2(L+l) et est donc pair. Donc le périmètre du pentagone est forcément pair !
Merci, pour ce problème Je suis désolé, je n'ai pas pris le temps de faire de dessins.
Il y a sûrement plus simple.
#15 - 11-10-2013 17:35:43
- Vasimolo
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Gâtteau 64
Bonnes réponses de Nodgim et cogito .
Vasimolo
#16 - 12-10-2013 19:23:28
- Vasimolo
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gâtezu 64
Un petit indice avant de lever le masque : Spoiler : [Afficher le message] dans un triangle rectangle à côtés entiers , la parité de l'hypoténuse est la même que celle de la somme des côtés de l'angle droit " .
Vasimolo
#17 - 12-10-2013 22:18:43
- housseyne
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Gâteeau 64
bon soire je n'ai pas compris la question
#18 - 12-10-2013 22:27:15
- Franky1103
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Gteau 64
Avec cet indice, j'ai pigé. La parité de l'hypoténuse est la même que celle de la somme des côtés de l'angle droit. Donc la parité du périmètre du pentagone est la même que celle de la valeur: 2.(Xmax-Xmin)+2.(Ymax-Ymin) (en faisant le tour du pentagone, je parcours deux fois les X et les Y). Or cette valeur est forcément paire. Le problème n'a donc pas de solution.
#19 - 12-10-2013 22:52:07
- Vasimolo
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Gâteau 4
C'est ça Franky
Je n'avais pas pas compris pourquoi il y avait blocage .
En fait il n'est pas complètement évident que l'hypoténuse d'un triangle rectangle à côtés entiers a la même parité que la somme de ses deux côtés perpendiculaires et c'est la clef du problème .
Vasimolo
#20 - 12-10-2013 23:01:46
- Franky1103
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Gtâeau 64
Je pense que ça marche aussi pour tout gâteau polygonal (pas seulement pentagonal) et pas forcément convexe.
#21 - 12-10-2013 23:08:37
- Vasimolo
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Gâetau 64
J'allais le dire dans mon "corrigé"
Vasimolo
#22 - 13-10-2013 10:12:14
- Vasimolo
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#23 - 13-10-2013 12:34:44
- nodgim
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gâtzau 64
Si l'on ôte la contrainte du périmètre impair, reste à trouver un pentagone à cotés entiers, dont les sommets se trouvent sur les coordonnées entières, et dont aucun segment n'est confondu avec une ligne du quadrillage (pas d'horizontale ni de verticale). C'est pas gagné d'avance...
#24 - 13-10-2013 12:59:09
- Vasimolo
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hâteau 64
Je n'ai pas essayé mais ça ne doit pas être bien difficile avec un esclave ( petit programme qui travaille sans se reposer ni se plaindre ) .
Vasimolo
#25 - 13-10-2013 19:14:46
- Vasimolo
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