Problème de ligne de téléphone

[beagle]

Maintenant reprenons le diagramme des deux diagonales.
Là on se dit pourquoi minimiser deux des 4 triangles ,
et si on minimisait dans un triangle délimité par une diagonale, si on minimisait dans un des deux triangles rectangles isocèle qui forment le carré.
ainsi fut fait.
La distance qui relie donc trois sommets du carré est minimisée et inférieure on a dit à deux cotés, donc inf à 2.
Et là le summum , c'est là où cela devient encore plus joli, ben je n'ai même pas besoin de faire la même chose dans le deuxième triangle, je peux garder tout "bêtement" ma demie-diagonale (pas reliée, qui tient on sait pas comment vue qu'ele n'est pas fixée!) qui minimise de séparer les deux cotés adjacents du carré que l'on avait laissé ...
au total cela fera du 2,64.

Bien voilà comment on peut raconter un bout de cette histoire.
Et comme dit initialement le type qui ne change pas son pseudo en Ilovemaths est une brute épaisse qui ne mérite pas d'ètre scolarisé , ni de vivre sur cette terre...

Bonnes fètes à tous!
Que la joie des maths soit avec vous!

[beagle]

Un petit complément d'approche pour que la solution finale fasse un peu moins tombée du camion, quelle logique derrière?
D'abord il faut remarquer que les demies-diagonales sont d'excellents (= économes en longueur) bloqueurs ou plutôt dans cet exo détecteur de passage d'un coté au coté adjacent .Et l'idée des deux grandes diagonales est assez naturelle, et la manière dont je l'ai amenée n'est pas l'unique "compréhension".

Plus important est la distinction entre coté adossé à une structure-surface fermée, versus coté adossé à une structure-surface ouverte.
Dans la progression de compréhension que j'avais prise, on démarre avec 3 cotés seulement de nécessaires QS, ce qui amène à 3 triangles (ou autres lignes brisées) de base un coté du carré.Il s'agit de structures-surfaces fermées.On ne peut pas traverser un coté du carré sans taper, couper le triangle et donc ètre détecté.
Et toute la progression que j'avais mise reposait sur 3 structures fermées et une ouverte.Car même le dessin des deux grandes diagonales peut ètre interprété comme étant 3 triangles à franchir et un triangle se trouve également dessiné mais en fait est une structure ouverte.

Et donc c'est là où la deuxième solution apparaît.Et si on construisait le machin avec deux structures fermées et deux ouvertes?
Là on garde notre demie-diagonale qui sépare deux cotés adjacents qui seront dans une structure ouverte, juste un bout de demidiagonale sert de séparateur.
reste alors à construire deux structures fermées qui enferment les deux cotés opposés.
Bref un demi-carré par la grande diagonale sert à délimiter deux structures ouvertes, et le demi-carré en face sert à délimiter les deux structures fermées = c'est le grand triangle rectangle isocèle qui coup le carré en deux.Et à partir de ce triangle alors on fait QS le point de Fermat Toricelli qui permet de passer des trois demies diago à du moins grand.Tout en gardant les structures fermées, il ya toujours formation de deux triangles à base des deux cotés du carré qui doivent ètre franchis...

avec le min séparateur de structure ouverte (la demie-diagonale) plus le min séparateur de structure fermée (le point de Fermat-Toricelli), ben on aurait le minimum recherché.
ceci n'est pas une démonstration
et un autre vocabulaire est sans doute usité, je n'ai pas eu le temps d'approfondir l'article wiki.