C'est sûrement 36cm² mais il faudrait vérifier

Vasimolo

Si je peux me permettre une petite remarque

Ce sujet comme plusieurs autres est clos depuis un moment sans aucune réaction de la part de l'auteur .

Ouvrir une énigme exige un minimum de service après-vente 

Vasimolo

Surtout quand on ne voit quasiment rien dans ses galeries sombres ...

Ca me rappelle une chanson de Maurane

Vasimolo

Merci a Rivas pour les précisions.
Ce probleme est similaire a l'Entassement maximal de sphères dans un cube, sauf que c'est en 2 dimensions, et que l'on s'interresse aux triangles tormés par les points au lieu des distances entre les points.
La restriction que "Trois trous quelconques ne sont jamais alignés." élimie la solution de Vasimolo ou apparement il place 4 points sur les 4 coins du carré et un point au centre.
Donc, il est clair que les 5 points vont etre placés en "étoile a cinq branches" autour du carré par 3 points consecutifs (A, B, C par exemple) ils ont une petite aire., avec au moins 1 axe de symmetrie.
Si on nomme les points A, B, C, D, E dans le sens des aiguille d'une montre autour du carré.
Il est probable que les 10 triangles soient de 2 type:
- formés par 3 points consecutifs (A, B, C par exemple) ils ont une petite aire.
- formés par 3 points non-consecutifs (A, B, E par exemple) ils ont une aire plus grande.
On a ensuite 2 choix:
- une disposition ou un sommet de l'etoile sur trouve sur un coin du carré
- ou une disposition ou un sommet de l'etoile sur trouve au milieu d'un segment du carré.
ensuite pour chaque disposition, il suffit de calculer les segments pour que les petites aires soient egales, et garder la disposition qui donne la plus gande aire...
A suivre...

Ha, oui effectivement, je ne l'avais pas vu comme ca.
Mais je dirais que ta solution est donc 36 - 1/∞

Mais, enfin la notion de non-alignement est poussé a ses limites... dans mes solutions, qui certes apparement donneront des aires plus petites, aucun groupe de 3 points ne sera VISIBLEMENT aligné..

Je pense que le probleme demanderais a etre clarifié.

Tiens, le fait de mettre le 5eme point pres du centre nous donne 8 triangles visibles. Il manque donc 2 triangles plats qui sont en fait tres petits. Ca m'avais échappé.

On en revient donc a une de mes solutions:
Pour la 2eme disposition (un sommet de l'etoile sur trouve au milieu d'un segment du carré),
je trouve une aire de 12*12*(2-sqrt(3))/2 = 19.292341855

Pour la 1ere disposition (un sommet de l'etoile sur trouve sur un coin du carré), je trouve une aire pour 5 des triangles de 12×12×((√5−1)÷2)²÷2 = 27.50155281
les autres 5 triangles on une aire de 44.49844719

Y a-t-il mieux?

dhrm, je pense avoir compris...
Il est effectivement impossible de faire coïncider un sommet du pentagone régulier avec un sommet du carré, mais on peut mettre un sommet du pentagone dans un coin (c'est assez vague mais possible), ce que j'ai fait, d'ailleurs. Du coup, il y a une (ou deux) erreurs de calcul quelque part (puisqu'on ne trouve pas le même résultat...

Je pense avoir trouvé une meilleure configuration.
Je fais les hypothèses suivantes:
- un point coïncide avec un sommet du carré.
- un point sur chaque coté du carré.
- la configuration est symétrique par rapport à la diagonale du carré qui passe par le premier point.

Voici la disposition:

La configuration est entièrement déterminée par les deux cotes [latex]x[/latex] et [latex]y[/latex].
On a alors six aires différentes pour les triangles, qui sont:
[TeX]
\mathcal A_1=\frac 1 2 x^2
\mathcal A_2=\frac 1 2 xy
\mathcal A_3=\frac 1 2 (d-y)(d-x+y)
\mathcal A_4=\frac 1 2 xd
\mathcal A_5=\frac 1 2 x(d-x+y)
\mathcal A_6=\frac 1 2(d^2-y^2)
[/TeX]
On peut alors constater que [latex]\mathcal A_4[/latex], [latex]\mathcal A_5[/latex] et [latex]\mathcal A_6[/latex] ne sont jamais les plus petites.

Supposons [latex]y\le x[/latex]. Cela exclu [latex]\mathcal A_1[/latex] pour être l'aire la plus petite.
Dans ce cas, (...), la plus petite aire est maximum lorsque [latex]\mathcal A_2=\mathcal A_3[/latex]. Ceci implique que:
[TeX]x=d-\frac{y^2}d[/TeX]
L'aire minimale s'exprime alors sous la forme:
[TeX] \mathcal {A_{min}=\frac 1 2 (d-\frac{y^2}d)y[/TeX]
On trouve alors qu'elle passe par un maximum pour:
[TeX]\fbox{y=\frac d{\sqrt{3}}\quad \Leftrightarrow x=\frac 2 3 d}[/TeX]
Sa valeur est alors (pour [latex]d=12[/latex]):
[TeX]\fbox{\mathcal A_{min/max}=\frac{d^2}{3\sqrt 3 } \approx 27,713}[/TeX]
Pour le cas [latex]x\le y[/latex], (...), on retrouve la solution de dhrm qui est légèrement moins bonne.