Droites et triangles

[Imod]

Pour ceux qui sont un peu à court d'idées .

Imod

[nodjim]

Pas compris :triste:

Imod

Bonjour.
Avec beaucoup de retard, mais....
5 droites dans le repère orthonormé:
x=0
y=0
y=-x-3
y=x+1
y=x/6-1

qui forment il est vrai un beau pentagone et 5 triangles périphériques.
La nouvelle droite y=x/3-1/3 ne crée pas de nouveau triangle.

[nodjim]

Une autre proposition.

Soit n droites toutes concourantes en un seul point.
Si l'on écarte une seule droite de sa position d'origine tout en conservant son orientation, on obtient n-2 triangles.
Si on écarte une seconde droite de sa position d'origine tout en conservant son orientation, on ne peut pas diminuer le nombre de triangles.
C'est vrai pour chaque droite qui sera déplacée de la même façon.
Comme on peut aboutir à n'importe quelle construction donnée, c'est la preuve qu'on ne peut pas avoir moins de n-2 triangles.

[Imod]

Malheureusement trois des droites concourent en (-2;-1) :cry:

Imod

[busard_des_roseaux]

Bonjour.
Avec beaucoup de retard, mais....
5 droites dans le repère orthonormé:
x=0
y=0
y=-x-3
y=x+1
y=x/6-1

qui forment il est vrai un beau pentagone et 5 triangles périphériques.
La nouvelle droite y=x/3-1/3 ne crée pas de nouveau triangle.

Bonjour,

désolé. Dans l'exemple cité, trois droites sont concourantes en A(-2;-1).

Doraki,
ok, pour le contre-exemple. Il a été indiqué par Imod le 2/5 à 18h44.

[nodjim]

Malheureusement trois des droites concourent en (-2;-1)

Imod

Zut, oui, je vois, pardon :briques:
Pour la droite supplémentaire, avec y=x/3-1/6 devrait mieux convenir.

[Imod]

Très joli , nodjim :++: et du coup il faut abandonner l'espoir d'une simple récurrence .



Imod

[Imod]

Nodjim ,

pour ton idée en partant de droites concourantes , j'ai bien peur qu'on retombe dans le même écueil qu'en partant d'une droite à l'infini , il peut se passer des choses bizarres lorsqu'on déplace les droites .

Imod

[nodjim]

Vrai, il y a des phénomènes difficiles à analyser.
Finalement, je crois que Doraki a exprimé la solution la plus simple, la plus visuelle et la plus directe:

On prend une droite au hasard d
Cette droite coupe les (n-1) autres droites, qu'on peut appeler d1, d2 ... d(n-1) dans l'ordre où on trouve leur intersection avec d.

On regarde chaque grand triangle formé par les droites d,di,d(i+1).
Cela nous fait (n-2) grands triangles.
Ce ne sont pas forcément des vrais triangles, vu que des droites peuvent les couper.
Toutefois lorsqu'une droite coupe un triangle, l'un des deux morceaux reste un triangle, donc si on a un faux triangle on peut le diminuer, jusqu'à obtenir finalement un vrai petit triangle.
Et donc il existe un vrai petit triangle à l'intérieur de chacun des (n-2) grands triangles.

Elle a le mérite de marcher à 100% sans se poser de questions et sans aucun calcul.

[Imod]

Finalement, je crois que Doraki a exprimé la solution la plus simple, la plus visuelle et la plus directe . Elle a le mérite de marcher à 100% sans se poser de questions et sans aucun calcul.

Je ne suis pas d'accord car certains des grands triangles évoqués par Doraki ont des parties communes et rien ne dit qu'il ne se réduisent pas alors au même triangle ( prend par exemple la figure précédente avec la droite rouge pour d ) .

Imod

EDIT : mon contre-exemple n'est pas bon , je regarde si j'en trouve un autre .

[Imod]

Et voilà , le triangle bleu est compté deux fois :--:



Imod

[nodjim]

Et voilà , le triangle bleu est compté deux fois :--:



Imod

Vrai, en plus je l'avais déja vue celle là, et indiquer cela à Doraki, en plus. :marteau:

[nodjim]

Poussons un peu plus cette idée tout de même:
Je complète en rouge la démo de Doraki.

On prend une droite au hasard d
Cette droite coupe les (n-1) autres droites, qu'on peut appeler d1, d2 ... d(n-1) dans l'ordre où on trouve leur intersection avec d.

On regarde chaque grand triangle formé par les droites d,di,d(i+1).
Cela nous fait (n-2) grands triangles.
Ce ne sont pas forcément des vrais triangles, vu que des droites peuvent les couper ou des intersections.
Toutefois lorsqu'une droite coupe un triangle, l'un des deux morceaux reste un triangle, donc si on a un faux triangle on peut le diminuer, jusqu'à obtenir finalement un vrai petit triangle.
Si c'est une intersection de 2 autres droites qui se trouve dans ce triangle, celles ci coupent chacune 2 fois les 2 cotés restants du triangle. ça forme un X, donc à priori 2 triangles nouveaux.
Ces 2 triangles nouveaux sont ils vraiment des triangles ? Examinons l'un d'entre eux. S'il est coupé par une ou plusieurs droites, on aura toujours un triangle. S'il contient une intersection, il y a 4 points de rencontre sur 3 cotés possibles du triangle, donc une face au moins du triangle est traversée par 2 droites, donc on a forcément un triangle. On peut discuter ad infinitum de ce nouveau triangle, on aboutira toujours à au moins 1 triangle.
Donc un triangle contenant une inersection contient au moins 2 triangles. Si cette intersection est elle même la rencontre de 2 droites di, d(i+1), on peut donc compter ces 2 triangles ensemble, ils contiennent au moins 2 triangles.
Et donc il existe un vrai petit triangle à l'intérieur de chacun des (n-2) grands triangles.

[busard_des_roseaux]

Bonsoir,

ce n'est pas facile comme problème. :doh:

[Imod]

J'ai déjà passé pas mal de temps à tenter d'exhiber des contre-exemples pour contredire les différentes stratégies proposées , personnellement je laisse tomber . Pour une solution correcte et complète voir le lien déjà donné et pour des développements possible : le fil que j'ai copié MathLinks

Imod

[Doraki]

A mon avis, nodjim, ta correction reste encore incomplète.
J'avais eu le sentiment qu'en coupant les triangles dans un certain ordre, on aterissait par magie sur des triangles différents, mais plus je regardais, plus je me disais que ça donnerait une preuve trop compliquée de toutes façons.

[nodjim]

C'est vrai, le contre exemple est possible. Je ne l'ai pas trouvé, mais pas moyen d'en démontrer l'impossibilité :cry: