une petite question : faut-il rejoindre les villes 2 à 2 ou tout simplement rejoindre les 4 villes par exemple dans le sens A vers B vers C vers D vers A, quitte à traverser plusieurs villes ?
2.
Le jeudi, novembre 8 2007, 10:28 par Benoit Ducange
C'est un problème ouver on peut donc le comprendre de plusieurs façon. Pour moi il s'agit surtout de (faire) comprendre pourquoi les diagonales ne sont pas la solution...
Encore une autre question :
De où on part ? D'un point quelconque du plan ? De l'intérieur du carré ?
Pouvez vous préciser la question ?
4.
Le vendredi, novembre 9 2007, 06:13 par François
Merci des explications, c'est déjà plus clair ! :)
[PJ=PJ_07.11.09_3.jpg]
Je propose cette route en rouge, c'est plus court que les côtés. Qui dit mieux ?
@+
5.
Le vendredi, novembre 9 2007, 16:23 par Roberto
Il me semble que AB+BC+CD est encore plus court, puisque ça fait [m]3c[/m] au lieu de [m](1+2sqrt{2})c[/m].
Je n'ai pas trouvé comment insérer une figure.
6.
Le vendredi, novembre 9 2007, 16:33 par Vincent
Exact !
Pour insérer une image, il suffitde cliquer sur l'icone avec le feuille blanche et de choisir son fichier.
7.
Le vendredi, novembre 9 2007, 20:00 par Etienne
pour répondre à benoît, on pourrait suggérer que 3 fois 120° vaut mieux que 4 fois 90° ??!
[PJ=PJ_07.11.09_1.png]
On arrive ici à [m](1+sqrt{3})c[/m]. c'est mieux !
Ce qui pourrait être aussi intéressant c'est de se demander si le résultat concernant les angles de 120° aux points d'intersection des routes reste valable si on supprime l'une des quatre villes ??
Que se passe-t-il si les quatres villes sont situées sur un rectangle ?
8.
Le vendredi, novembre 9 2007, 20:48 par Christian
Je me demande juste comment faire aboutir à cette proposition de solution sans la vendre directement aux élèves ?
De plus : n'y a- t - il pas encore plus petit que [m](1+sqrt{3})c[/m] ?
moi, je n'arrive même pas à trouver cette solution sans indices ...
9.
Le vendredi, novembre 9 2007, 21:22 par Etienne
Peut-être proposer ce problème d'optimisation dans la configuration suivante.
[PJ=PJ_07.11.09_2.png]
Cette configuration semble plus abordable ? Il me paraît plus probable qu'un élève écarte rapidement l'option diagonale et s'oriente vers une configuration avec deux carrefurs situés sur l'axe de dymétrie horizontal du rectangle. Reste à optimiser .... !
Proposer ensuite de translater horizontalement les points B et C vers les points A et D jusqu'à obtenir un carré.
10.
Le samedi, novembre 10 2007, 13:43 par Christian
Je viens de comprendre le titre !
[PJ=PJ_07.11.10_1.jpg]
L'ennui : c'est que je n'ai toujours pas l'idée pour utiliser ca en classe ...
11.
Le dimanche, novembre 11 2007, 20:07 par François
Dans mon post précédent, après avoir double-cliqué sur la figure, fermez la fenêtre algèbre dans le menu affichage.
@+
12.
Le dimanche, novembre 11 2007, 21:40 par Etienne
Pour répondre à Christian sur l'utilisation en classe, ce qui peut-être frappant (troublant) c'est que quelque soit la configuration ou le nombre de points, on trouvera toujours une solution où les angles sont de 120°. (voir ta photo avec les bulles de savons). Cela me paraît être un résultat expérimental assez accessible et fort pour motiver nos élèves ...
Pourquoi ne pas proposer (selon le niveau ou tu travailles) une recherche avec trois points ? (triangle équilatéral, triangle rectangle isocèle pour commencer par exemple). Dans le cas général, on parle du point de Fermat (ou de Torricelli) du triangle.
Dans le cas du triangle équilatéral, je suis sûr d'avoir vu une solution géométrique utilisant des transformations géométriques simples.
13.
Le dimanche, novembre 11 2007, 21:58 par françois
Pour 4 points quelconques du plan, c'est justement ce que j'étais entrain de faire, voilà où j'en suis :
Pour un triangle équilatéral, voilà une démonstration géométrique. [Edit : Comme d'habitude, double-cliquez sur la figure pour une meilleure visibilité]
[PJ=PJ_07.11.12_1.ggb]
L'idée de François de construire les arcs capables sous lesquels ont voit les segments avec un angle de 120° tombe pile dans nos programmes !
Si l'on cherche à caler les angles à 120° aux points d'intersections, on peut suivre cette idée mais je bloque sur la position du point I2 sur le second arc capable ... quelqu'un a une idée ??
[PJ=PJ_07.11.12_2.ggb]
16.
Le lundi, novembre 12 2007, 21:23 par François
Apparement dans ta construction, [m](I_1I_2)[/m] est la bissectrice de l'angle [m]hat{AI_1B}[/m].
Il y a une raison ?
Je cherche à construire aux points I1 et I2 à chaque fois trois angles égaux à 120°. En plaçant I2 sur la bissectrice de AI1B, je suis assuré d'en voir 4 sur les 6 déjà égaux à 120°. Reste les deux derniers ...
18.
Le mardi, novembre 13 2007, 19:46 par François
Voilà ce que tu cherches je pense :
[PJ=PJ_07.11.13_1.jpg]
19.
Le mercredi, novembre 14 2007, 16:58 par Nemrod
La question c'est pour 4 villes en carré! Inutile de changer l'énoncé. La réponse c'est les 2 diagonales.
20.
Le mercredi, novembre 14 2007, 17:14 par nemrod
je me suis gouré, c'et Etienne qui a raison.
21.
Le jeudi, novembre 15 2007, 13:55 par Philippe D
Bravo pour les belles réponses et superbes illustrations.
Même si la recherche à partir d'un quadrilatère convexe quelconque est hors sujet, l'étude est intéressante. La remarquable figure de François (13 novembre) pose plus de questions qu'elle ne donne de réponses : L est le point de Fermat du triangle ABN, N est le point de Fermat du triangle CDL. Cela suffit-il à démontrer que la longueur totale des segments "rouges" est minimale ?
J'avoue humblement que je n'en sais rien.
22.
Le jeudi, novembre 15 2007, 15:06 par Christian
Merci de relancer ma question ...
23.
Le jeudi, novembre 15 2007, 18:36 par françois
Bonjour
Il semblerait que les 2 chemins de Steiner soient équivalents pour les cerfs- volants [PJ=PJ_07.11.16_1.ggb]
25.
Le dimanche, novembre 18 2007, 21:48 par Etienne
Merci François car c'est bien ce que je cherchais !
Pour christian, si on revient au carré, on peut justifier assez facilement que la construction proposée doit passer par le milieu O du carré. On est ainsi ramener à minimiser le problème dans les deux triangles isométriques ABO et OCD (rectangles isocèles). Or la solution qui permet de minimiser le plus court chemin rejoignant A, B et O amène au point de Fermat du triangle. La démonstration dans ce cas de figure (rectangle isocèle) peut se faire géométriquement ou on peut sortir l'artillerie analytique (niveau 1ère S ?).
On peut aussi comparer juste les longueurs des différents chemins proposés par les élèves (calculs niveau collège ?)
26.
Le dimanche, novembre 18 2007, 21:50 par Etienne
quelqu'un propose une solution pour 6 villes formant une héxagone régulier ??
LOL
27.
Le lundi, novembre 19 2007, 20:35 par François
Le chemin ci-dessous fait [m]3sqrt{3}c[/m] , "c" étant la mesure d'un des côtés de l'hexagone.
[PJ=PJ_07.11.19_2.jpg]
28.
Le vendredi, novembre 23 2007, 16:52 par Christian
Je viens de voir un interet collège ... Sur l'utilisation du rapporteur ... Et peut-être pourquoi pas la gestion de l'essai/erreur ...
A voir ...
29.
Le mardi, décembre 11 2007, 14:15 par Benoit Ducange
Il doit donc exister une loi sur le nombre de noeuds en fonction du nombre de sommets :
3 -> 1
4 -> 2
6 -> 4
...
Je reprends l'idée d'Etienne : le rectangle peut plus facilement conduire les élèves à la solution. Pour ceux en difficulté on peut leur proposer de relier dans un premier temps les villes B et D puis dans un second temps de relier les deux autres villes à la route existante. La situation semble plus facile à optimiser.
[PJ=PJ_07.12.11_1.png]
31.
Le lundi, décembre 17 2007, 12:09 par Philippe
Question à Benoît D et aux autres : que donne la loi sur les noeuds pour 5 sommets ?
Commentaire : le "point de Fermat d'un triangle" est à l'intérieur du triangle sauf si l'une des angles mesure plus de 120° auquel cas le "point de Fermat" et le sommet "porteur" de cet angle très obtus.
Commentaires
une petite question : faut-il rejoindre les villes 2 à 2 ou tout simplement rejoindre les 4 villes par exemple dans le sens A vers B vers C vers D vers A, quitte à traverser plusieurs villes ?
C'est un problème ouver on peut donc le comprendre de plusieurs façon. Pour moi il s'agit surtout de (faire) comprendre pourquoi les diagonales ne sont pas la solution...
Encore une autre question :
De où on part ? D'un point quelconque du plan ? De l'intérieur du carré ?
Pouvez vous préciser la question ?
Merci des explications, c'est déjà plus clair ! :)
[PJ=PJ_07.11.09_3.jpg]
Je propose cette route en rouge, c'est plus court que les côtés. Qui dit mieux ?
@+
Il me semble que AB+BC+CD est encore plus court, puisque ça fait [m]3c[/m] au lieu de [m](1+2sqrt{2})c[/m].
Je n'ai pas trouvé comment insérer une figure.
Exact !
Pour insérer une image, il suffitde cliquer sur l'icone avec le feuille blanche et de choisir son fichier.
pour répondre à benoît, on pourrait suggérer que 3 fois 120° vaut mieux que 4 fois 90° ??!
[PJ=PJ_07.11.09_1.png]
On arrive ici à [m](1+sqrt{3})c[/m]. c'est mieux !
Ce qui pourrait être aussi intéressant c'est de se demander si le résultat concernant les angles de 120° aux points d'intersection des routes reste valable si on supprime l'une des quatre villes ??
Que se passe-t-il si les quatres villes sont situées sur un rectangle ?
Je me demande juste comment faire aboutir à cette proposition de solution sans la vendre directement aux élèves ?
De plus : n'y a- t - il pas encore plus petit que [m](1+sqrt{3})c[/m] ?
moi, je n'arrive même pas à trouver cette solution sans indices ...
Peut-être proposer ce problème d'optimisation dans la configuration suivante.
[PJ=PJ_07.11.09_2.png]
Cette configuration semble plus abordable ? Il me paraît plus probable qu'un élève écarte rapidement l'option diagonale et s'oriente vers une configuration avec deux carrefurs situés sur l'axe de dymétrie horizontal du rectangle. Reste à optimiser .... !
Proposer ensuite de translater horizontalement les points B et C vers les points A et D jusqu'à obtenir un carré.
Je viens de comprendre le titre !
[PJ=PJ_07.11.10_1.jpg]
L'ennui : c'est que je n'ai toujours pas l'idée pour utiliser ca en classe ...
Dans mon post précédent, après avoir double-cliqué sur la figure, fermez la fenêtre algèbre dans le menu affichage.
@+
Pour répondre à Christian sur l'utilisation en classe, ce qui peut-être frappant (troublant) c'est que quelque soit la configuration ou le nombre de points, on trouvera toujours une solution où les angles sont de 120°. (voir ta photo avec les bulles de savons). Cela me paraît être un résultat expérimental assez accessible et fort pour motiver nos élèves ...
Pourquoi ne pas proposer (selon le niveau ou tu travailles) une recherche avec trois points ? (triangle équilatéral, triangle rectangle isocèle pour commencer par exemple). Dans le cas général, on parle du point de Fermat (ou de Torricelli) du triangle.
Dans le cas du triangle équilatéral, je suis sûr d'avoir vu une solution géométrique utilisant des transformations géométriques simples.
Pour 4 points quelconques du plan, c'est justement ce que j'étais entrain de faire, voilà où j'en suis :
[PJ=PJ_07.11.11_2.ggb]
Pour un triangle équilatéral, voilà une démonstration géométrique.
[Edit : Comme d'habitude, double-cliquez sur la figure pour une meilleure visibilité]
[PJ=PJ_07.11.12_1.ggb]
L'idée de François de construire les arcs capables sous lesquels ont voit les segments avec un angle de 120° tombe pile dans nos programmes !
Si l'on cherche à caler les angles à 120° aux points d'intersections, on peut suivre cette idée mais je bloque sur la position du point I2 sur le second arc capable ... quelqu'un a une idée ??
[PJ=PJ_07.11.12_2.ggb]
Apparement dans ta construction, [m](I_1I_2)[/m] est la bissectrice de l'angle [m]hat{AI_1B}[/m].
Il y a une raison ?
Je cherche à construire aux points I1 et I2 à chaque fois trois angles égaux à 120°. En plaçant I2 sur la bissectrice de AI1B, je suis assuré d'en voir 4 sur les 6 déjà égaux à 120°. Reste les deux derniers ...
Voilà ce que tu cherches je pense :
[PJ=PJ_07.11.13_1.jpg]
La question c'est pour 4 villes en carré! Inutile de changer l'énoncé. La réponse c'est les 2 diagonales.
je me suis gouré, c'et Etienne qui a raison.
Bravo pour les belles réponses et superbes illustrations.
Même si la recherche à partir d'un quadrilatère convexe quelconque est hors sujet, l'étude est intéressante. La remarquable figure de François (13 novembre) pose plus de questions qu'elle ne donne de réponses : L est le point de Fermat du triangle ABN, N est le point de Fermat du triangle CDL. Cela suffit-il à démontrer que la longueur totale des segments "rouges" est minimale ?
J'avoue humblement que je n'en sais rien.
Merci de relancer ma question ...
Je vous conseille la lecture de :
1) Sur les chemins de Steiner :
archives.arte-tv.com/hebd...
2) desaintar.free.fr/points%...
Pour la démonstration, c'est certainement rès compliqué ?
Bonjour
Il semblerait que les 2 chemins de Steiner soient équivalents pour les cerfs- volants [PJ=PJ_07.11.16_1.ggb]
Merci François car c'est bien ce que je cherchais !
Pour christian, si on revient au carré, on peut justifier assez facilement que la construction proposée doit passer par le milieu O du carré. On est ainsi ramener à minimiser le problème dans les deux triangles isométriques ABO et OCD (rectangles isocèles). Or la solution qui permet de minimiser le plus court chemin rejoignant A, B et O amène au point de Fermat du triangle. La démonstration dans ce cas de figure (rectangle isocèle) peut se faire géométriquement ou on peut sortir l'artillerie analytique (niveau 1ère S ?).
On peut aussi comparer juste les longueurs des différents chemins proposés par les élèves (calculs niveau collège ?)
quelqu'un propose une solution pour 6 villes formant une héxagone régulier ??
LOL
Le chemin ci-dessous fait [m]3sqrt{3}c[/m] , "c" étant la mesure d'un des côtés de l'hexagone.
[PJ=PJ_07.11.19_2.jpg]
Je viens de voir un interet collège ... Sur l'utilisation du rapporteur ... Et peut-être pourquoi pas la gestion de l'essai/erreur ...
A voir ...
Il doit donc exister une loi sur le nombre de noeuds en fonction du nombre de sommets :
3 -> 1
4 -> 2
6 -> 4
...
Je reprends l'idée d'Etienne : le rectangle peut plus facilement conduire les élèves à la solution. Pour ceux en difficulté on peut leur proposer de relier dans un premier temps les villes B et D puis dans un second temps de relier les deux autres villes à la route existante. La situation semble plus facile à optimiser.
[PJ=PJ_07.12.11_1.png]
Question à Benoît D et aux autres : que donne la loi sur les noeuds pour 5 sommets ?
Commentaire : le "point de Fermat d'un triangle" est à l'intérieur du triangle sauf si l'une des angles mesure plus de 120° auquel cas le "point de Fermat" et le sommet "porteur" de cet angle très obtus.