@nodgim : c'est la bonne réponse, bravo ! Je veux bien les explications

Bon alors la méthode:
Comme dans le billard rectangulaire, l'astuce est bien entendu de vérifier si cette trajectoire en rebonds n'est pas assimilable à une ligne droite. Et en effet, un tout petit peu de géométrie nous apprend qu'on peut effectivement faire un réseau de triangles équilatéraux dans lequel la trajectoire de la balle est une ligne droite.
Pour s'y retrouver dans ce réseau, on numérote les sommets 1,2 et 3. Quand on a numéroté le 1er, tous les autres se déduisent en complétant le sommet manquant de chaque triangle voisin.

En partant d'un segment entre les sommets 1/2, il faut arriver sur un autre segment 1/2. Par tatônnement, on repère une longueur 4 qui semble convenir, avec 8 triangles traversés, entre: si on part d'un repère zéro avec un x horizontal et un y incliné à 30° NE  , le 5 ème segment horizontal à gauche sur l'axe x d'une part, le 2ème segment vers le haut sur l'axe y d'autre part, on présuppose une solution. Reste à trouver l'emplacement exact du point.

On pose les données du triangle formé:
-2 segments de longueur 2-x et 4+x formant un angle de 60°
-le 3ème segment de longueur 4.

On a alors toutes les données pour résoudre.

Si je n'ai pas fait d'erreur l'angle de visée est de 38,8° environ avec l'horizontale.

Oui.

Le théorème de Pithagore.
Des rebonds dans un triangle, c'est une ligne droite dans un pavage triangulaire.

Je tombe sur [ rac(37) - 5 ] /2
Pour le calcul de l'arc sinus, j'ai fait confiance à wolfram.

Les côté de même couleur sont les mêmes, j'ai juste essayé de caser 4 de longueur.

@gwen27 : Là on est d'accord, c'est bon

Bonjour,

Comme pour d'autres problèmes de rebonds, il me semblait pouvoir schématiser le trajet de la balle ainsi :




Pour la distance parcourue de 4 unités, je voyais donc un jet parallèle à un des côtés du triangle. (parallélogramme)

Or sauf erreur, un tel jet arrivera perpendiculairement sur le 2nd côté donc repartirait sur la trajectoire retour ....

Soit il s'agit d'un cas particulier indépendant du nombre de paires de rebonds, soit mon raisonnement flanche totalement ...

Vu le post qui suivait, suis-je bête ! L"angle d'incidence à 30° par rapport à la normale au côté, donc effectivement le rebond est parallèle au côté opposé !


Je ne tiens pas encore la solution, mais j'ai rectifié mon approche
Déjà le triangle juxtaposé après un rebond est en "miroir" (fond clair / fond gris)
Et j'en ai repéré les côtés par des couleurs pour m'y retrouver



Je cherche encore ...

A+

Je trouve une solution:
La position initiale est de [latex]2 - \frac{\sqrt{21}}{3}[/latex]  = 0.472474 a partir du sommet le plus proche, et l'angle est de [latex]acos(\frac{\sqrt{21}-3}{2})[/latex] = 78.59037789°.

Dx = 9/2 – x – x/2 = 3.(3–x)/2
Dy = V3/2 + V3.x/2 = V3.(1+x)/2
Dx² + Dy² = 4² => 9.(3–x)² + 3.(1+x)² = 64
=> 3.x² – 12.x + 5 = 0 => x = 2–V21/3 = 0,4725 env.
(en ne gardant que la racine comprise entre 0 et 1)
Angle = arctan(Dy/Dx) = arctan(V7–4.V3/3) = 18,6° env.

En fait cette mèthode marche très bien pour des billards de forme triangulaire equilaterale, carrée ou hexagonale. Mais comment faire si le billard a la forme d'un triangle non-equilateral, d'un pentagone d'un heptagone, ou tout autre forme à huit cotés ou plus?

Bonjour Ebichu

Comme dans beaucoup de problèmes de billards il faut « développer » la trajectoire . Les huit rebonds imposent une trajectoire de type « bleue »



Je n’ai pas le courage de construire la trajectoire dans le billard initial ( en bas à gauche ) , l’idée principale étant que les segments rouges sont tous isométriques .
La propriété de Pythagore dans [latex]ACH[/latex] nous donne [latex]x=\sqrt{\frac 73}-1\approx 0,53[/latex] . La suite est facile l’angle [latex]\widehat{CAH}[/latex] vaut [latex]arcos(0,75(1+\sqrt{\frac73}))[/latex] soit environ 18,6° .

Ça nous change un peu des billards rectangulaires

Vasimolo

Bonjour,
Je pense avoir une solution.
Le billard est représenté par le triangle [latex]ABC[/latex]. La boule part du point [latex]P[/latex], sur le côté [latex]AB[/latex], tel que [latex]AP=\sqrt{7/3}-1[/latex]. Le premier rebond a lieu au point [latex]Q[/latex], sur le côté [latex]AC[/latex], tel que [latex]\tan{(PA,PQ)}=\sqrt{7}+(4/3)\sqrt{3}[/latex].

Ebichu #22 a écrit:

c'est bon ! une explication ?

C'est du tâtonnement. J'ai tracé un réseau de triangles équilatéraux de côté 1, choisi un segment de départ, et tracé 2 cercles de rayon 4 centrés chacun à une extrémité du segment, pour savoir à peu près où chercher le segment d'arrivée. Ce dernier doit aussi être homoloque au segment de départ, et il faut tenir compte de son orientation.
Il a ensuite fallu calculer la position du point de départ pour que la distance entre les points homologues des segments d'arrivée et de départ soit 4.
Pour finir, un tracé avec gnuplot pour vérifier que la solution trouvée était bonne.

Suite du #21 :

Le huitième rebond a lieu sur le côté [latex]AC[/latex], en un point [latex]R[/latex] tel que [latex]\tan{(PA,PR)}=\sqrt{7}-(4/3)\sqrt{3}[/latex]. On en déduit que l'angle [latex](PQ,PR)=60°[/latex] (ce qui se voyait d'ailleurs sur le réseau triangulaire).

Commencer à lancer la boule en direction de [latex]R[/latex] est évidemment une autre solution.