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• Juillet 2018, 3e défi

  le 20 de julio de 2018 à 07:32, par Kamakor

  62 triangles ?

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 20 de julio de 2018 à 08:50, par Al_louarn

  Les $34$ points reliés par les côtés des $T$ triangles (y compris ceux du carré), forment un graphe planaire avec $S = 34$ sommets, $F$ faces, $A$ arêtes.
  En comptant la face extérieure on a $F = T + 1$.
  Le nombre d’arêtes par face est $4$ pour la face externe et $3$ pour un triangle. Donc en sommant sur toutes les faces on trouve $4+3T$. Mais dans ce nombre chaque arête est comptée $2$ fois car elle borde toujours $2$ faces. Donc $4+3T=2A$, d’où $A=2+\dfrac{3T}{2}$.
  Ensuite il suffit d’appliquer la formule d’Euler $S - A + F = 2$, soit $34 - 2 - \dfrac{3T}{2} + T + 1 = 2$, ce qui donne $T=62$ triangles.

  On peut généraliser avec $P$ points dans le carré, donc $S=P+4$ sommets en tout, ce qui donne $T=2P+2$ triangles.

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 23 de julio de 2018 à 21:38, par Niak

  Excellente approche abstraite ! Cependant ici on ne dispose pas simplement d’un graphe planaire mais également d’un de ses plongements (projection des sommets dans le plan sans croisement d’arête), ce qui permet en l’occurrence d’exploiter certaines propriétés géométriques élémentaires à la place des propriétés combinatoires (formule d’Euler) que vous utilisez.

  Autour de chacun des $30$ points intérieurs (non alignés) la somme angulaire est $2\pi$ ($360^{\circ}$). À cela s’ajoute $\frac{\pi}{2}$ ($90^{\circ}$) pour chacun des $4$ coins. D’où un total angulaire de $30 \times 2\pi + 4 \times \frac{\pi}{2} = 62\pi$. Or la somme des angles de chaque triangle vaut $\pi$ ($180^{\circ}$), il y a donc $62$ triangles.

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 24 de julio de 2018 à 23:58, par Al_louarn

  Très élégant !!

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 20 de julio de 2018 à 11:32, par jokemath

  On choisit 3 points parmi 34 donc 34x33x32, et on divise par 3! pour éliminer les triangles comptés plusieurs fois,
  (34x33x32):3! = 5984
  Donc 5984 triangles?

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 20 de julio de 2018 à 12:05, par Al_louarn

  Non car l’énoncé demande des triangles qui ne superposent pas

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 21 de julio de 2018 à 09:04, par jokemath

  Oups! Autant pour moi.
  J’ai lu l’énoncé trop vite et n’ai pas tenu compte de l’information des triangles non superposables...
  Vous avez tout à fait raison, avec la récurrence : 1 point de plus rajoute 2 triangles, on a en effet 2(n-2) triangles avec n points pour n>3.

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 20 de julio de 2018 à 13:19, par FredM

  Si les triangles ne se superposent pas, et que chaque nouveau point ajouté ne forme aucun triplet aligné, alors chaque nouveau point ajouté va créer 2 nouveaux triangles (en fait il en crée 3, et il «annule» le triangle dans lequel il se situe)
  Avec un seul point dans le carré, j’ai 4 triangles. Si j’ajoute 29 points, je crée donc 58 triangles, et mon total est de 62 triangles pour 30 points. T=4+2(P-1)=2P+2, comme l’a solidement montré Al_louarn.

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• Juillet 2018, 3e défi

  le 20 de julio de 2018 à 13:56, par tilasoldo

  Bonjour,
  On raisonne par récurrence et on conjecture qu’il y a 2n + 2 triangles. On a facilement l’initialisation, et en ajoutant un point au niveau n, on voit que l’on va ajouter 2 triangles à la figure, et en obtenir donc 2(n + 1) + 2.

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