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totomm · 11-04-2011 14:49:12

Bonjour,

@ nerosson : Sur le fond, je commence par mettre les lentilles jointives par le sommet de leurs calottes sphériques, pas par le cercle qui joint les 2 calottes qui est donc dans un plan vertical : C'est toute la différence d'avec la solution 1. Mathématiquement s'entend, car en vrai cela ne m'amuserait pas du tout.
J'ai aussi connu le temps où on trouvait des cailloux dans les lentilles et où on triait donc les lentilles...
Cordialement.

nerosson · 10-04-2011 15:58:48

Bonjouir à tous,

Totomm,

a) A une époque que tu n'as sûrement pas connue, il y avait des pierres dans les lentilles : il fallait les trier avant consommation. Maintenant tu veux y mettre des cales ! Et puis encore quoi ?

b) J'ai l'impression que tu refais verticalement ce que j'avais fait horizontalement (solution 1) avec des cales pour obliger tout ce petit monde à se tenir droit et à la place que tu leur as assignée.

jpp · 09-04-2011 16:37:19

bonsoir.

Il est vrai que tous les polyèdres convexes réguliers et irréguliers à faces triangulaires sont

mathématiquement indéformables .

Il faudrait que je retrouve ce polyèdre concave à faces triangulaires qui possède un léger degré

de liberté . je l'ai fabriqué il y a une vingtaine d'année . mais je ne sais plus ou il est.

J'avais du voir ça dans un "pour la science" ou un " ça m'intéresse".

totomm · 09-04-2011 14:30:17

Bonjour,

la conjecture porte sur : la densité maximale est atteinte pour....En 1998, Thomas Hales a annoncé avoir démontré cette conjecture, assisté par ordinateur. C'est alors maintement un théorème...

L'icosaèdre et les géodes sont aussi à faces triangulaires, et indéformables il me semble...

Je reviens sur les lentilles Solution 1 de nerosson. Telles que définies, il suffirait de les serrer toutes en position verticales, bien serrées entre 2 bords verticaux, avec une petite cale en bout si nécessaire,
Sur le même niveau on imbriquerait les lignes les unes dans les autres. et de même en quinconce les niveaux les uns sur les autres : Tout serait très stable !
Un autre avis ?

jpp · 08-04-2011 19:45:29

re

il n'empèche qu'on pert vite en ratio à la périphérie car on n'a seulement 0.6 avec les 2037 billes .

Il y a un truc que je n'arrive pas à comprendre à propos de cette conjecture .

les sphères sont en contact une avec 12 autres il me semble .

Le tétraèdre , régulier ou non ,est le seul polyèdre rigide . J'entend par là que chaque sommet est

lié par une arète à tous les autres . c'est donc le seul indéformable puisque entièrement

triangulé . chaque sommet étant le centre de chacune des 4 sphères au plus proche des 3 autres.

Pourquoi est-ce toujours une conjecture ?

totomm · 08-04-2011 19:26:03

Bonsoir,

nerosson a écrit :

Par ailleurs, s'agissant aussi bien de billes que de lentilles, je regrette de ne pas disposer des moyens matériels

Ami nerosson, Le regretté Georges Charpak avait justement inventé "La main à la pâte" pour introduire les problèmes si complexes qu'on ne les maitrise pas dans le détail...

Dans la solution 1, en bas à gauche, il est sûr que cette lentille va commencer à tourner dans la sens des aiguilles d'une montre pour se mettre en oblique et tout suivra pour un "désordre apparent"...

Revenons aux billes : Sans froisser jpp je peux affirmer qu'il en tient 2037 ( bien serrées entre elles) et non 2033 à cause des symétries (d'ordre 3*2). J'en ai parlé pour les niveaux impairs. les niveaux pairs eux-mêmes sont en nombre (multiples de 6) +1 à cause de la bille en (0,0) dans le niveu 0.
En secouant, je parierais aussi que l'arrangement, qui n'est pas "stable", accepterait effectivement des billes en plus, en effectuant quelques petits déplacements de billes qui ne touchent pas toutes exactement la surface interne de la sphère. Quant à le calculer : ???
Combien tiendraient entre 2037 et un max théorique de 2499 ?

Cordialement

nerosson · 08-04-2011 17:31:47

Salut à tous,

Ami Totomm,

Je vais te contredire :

1) une lentille n'est pas un ellipsoïde de révolution. Je n'irai pas jusqu'à dire qu'on risque de se couper la langue en mangeant des lentilles, mais les bords d'un ellipsoïde de révolution sont nettement arrondis, ce qui n'est pas le cas d'une lentille. A mon sens, une lentille est formée de deux portions de sphère (j'ai oublié le mot savant, si tant est que je l'ai jamais connu), placées face à face.

Comme je l'ai dit précédemment, la première idée est de placer la deuxième couche de telle sorte que chaque lentille de deuxième couche se trouve à l'intersection des diagonales du carré formé par quatre lentilles de première couche (fig 1)
Avantage : on réduit au minimum la distance « d » entre les deux plans des deux couches.
Inconvénients :
a) dans la deuxième couche, on perd sur les bords du cube un espace égal à un demi-diamètre de lentille (fig 1)
b) dans la troisième couche placée selon les mêmes principes, donc identiquement à la première, les lentilles des bords, comme je l'ai déjà dit, se trouvent déséquilibrées, problème que je ne sais pas résoudre.

2) l'autre solution (fig 2) consisterait à faire toutes les couches identiques. Le problème devient enfantin.
Inconvénient : l'épaisseur moyenne (d') des couches est très supérieure et les vides sont beaucoup plus grands.

Par ailleurs, s'agissant aussi bien de billes que de lentilles, je regrette de ne pas disposer des moyens matériels qui me permettraient de confronter vos remarquables raisonnements mathématiques (que j'admire sans toujours les comprendre) à la méthode expérimentale.

Vous avez tous remarqué que si on met du café (par exemple) dans un bocal et qu'ensuite on fait vibrer le bocal, le niveau du contenu baisse. C'est parce que la nature (qui, comme chacun sait a horreur du vide jusqu'à treize mètres, comme disait je-ne-sais-plus-qui) profite des mouvement des grains pour réduire au maximum les vides.

J'aimerais mettre des billes d'un centimètre dans une sphère de 15 centimètres de diamètre, en secouant la sphère de temps en temps et je me dis que j'arriverais peut-être à en mettre une ou deux de plus que JPP, ce qui me permettrait de lui faire de la peine : j'ai toujours eu un côté sadique... :-)

totomm · 08-04-2011 14:24:27

Bonjour,

@jpp : la différence de nos résultats ne vient pas de l'empilement dit « hexagonal compact » (celui que nous avons tous deux calculé) comparé à l'empilement dit « cubique à faces centrées » ;

Non, j'ai fait une erreur en décalant la couche que j'appelle 0 vers ox au lieu de la décaler vers oy
Mais tu as fait sans doute aussi quelque erreur, car après correction, j'ai anlysé finement nos différences.
Voici mon résultat définitif :
Début de Calcul empilement dans sphère
Niveau 0 : 187 ; Total = 187
Niveau 1 : 174 ; Total = 535
Niveau 2 : 163 ; Total =861
Niveau 3 : 156 ; Total = 1173
Niveau 4 : 139 ; Total = 1451
Niveau 5 : 120 ; Total = 1691
Niveau 6 : 91 ; Total = 1873
Niveau 7 : 63 ; Total = 1999
Niveau 8 : 19 ; Total = 2037
Niveau 9 : 0 ; Total = 2037
Fin de Calcul empilement dans sphère
Tous les niveaux impairs sont multiples de 6 à cause d'une symétrie d'ordre 6
(sauf le niveau niveau 7 mais dont une sphère "limite" sur l'axe OY compte pour 2 dans la symétrie réduite à une symétrie d'ordre 3 d'où 60+3)

Note : je programme en Visual Basic 2008 express et calcule en flottant Double
et je visualise avec Corel Designer12 (qui n'est plus commercialisé)

@ nerosson : Cet énoncé a été bien plus palpitant que prévu... ?
Cordialement

jpp · 08-04-2011 12:58:22

Bonjour.

@ Totomm si tu as utilisé une CAO , tu dois avoir la bonne réponse .

Et tu vas comprendre pourquoi.

Je n'ai percuté que ce matin . Normalement _ et je ne vais pas reconter _ il y a 3 familles

de couche, donc 3 familles de cercle

Si j'appelle le niveau 0 le cercle dia. 140 , alors les 3 familles de cercles seront définies comme ceci

famille A -6 , -3 , 0 , 3 , 6 centrés à l'origine

famille B -8 , -5 , -2 , 1 , 4 , 7 translation suivant le vecteur [tex](0 , \frac{10.\sqrt{3}}{3})[/tex]

famille C -7 , -4 , -1 , 2 , 5 , 8 translation suivant le vecteur [tex](10.\frac{\sqrt{3}\times\cos(\frac{\pi}{6})}{3} , 10. \frac{\sqrt{3}\times\sin(\frac{\pi}{6})}{3})[/tex]

Maintenant , le ratio en question , il y a peut-etre plusieurs façons de le calculer

Le ratio surfacique équivaut à un empilement de cylindres D=1 H=1 dont le ratio vaut [tex]\frac{\pi}{2.\sqrt{3}}[/tex]

inscrite dans le cylindre il y a la sphère dont le rapport de volume Sphere/cylindre est [tex]\frac{2}{3}[/tex]

Ensuite le pas d'empilage des couches cylindriques étant [tex]1[/tex] et celui des couches spèriques

étant[tex]\sqrt{\frac{2}{3}}[/tex] alors le ratio d'occupation des sphères s'écrit:

[tex]\frac{\pi}{2.\sqrt{3}}\times\frac{\frac{2}{3}}{\sqrt\frac{2}{3}} = \frac{\pi}{3.\sqrt{2}}\approx 0.74048[/tex]

totomm · 08-04-2011 08:21:53

Bonjour,

@nerosson :
Le problème des lentilles ma parait extrèmement facile à traiter
dans la mesure ou une lentille serait un ellipsoïde de révolution autour de son petit axe (suffisamment aplati)

En effet une ellipse est la projecton oblique d'un cercle...(Voir tout les problèmes que B. Pascal a traité ainsi...)

Le problème se ramènerait à mettre des sphères dans une boite,
et je suis assez certain que même les problèmes d'équilibre sur les bords s'en trouvent résolus.

Cordialement

totomm · 07-04-2011 22:44:05

Bonsoir,

Excellente méthode détaillée par jpp
Je n'ai donc pas pu résister à programmer aussi les sphères. quelques petites différences mais résultat concordant :
Niveau 0 : 187 ; Total = 187
Niveau 1 : 178 ; Total = 543
Niveau 2 : 163 ; Total = 869
Niveau 3 : 155 ; Total = 1179
Niveau 4 : 139 ; Total = 1457
Niveau 5 : 114 ; Total = 1685
Niveau 6 : 91 ; Total = 1867
Niveau 7 : 62 ; Total = 1991
Niveau 8 : 19 ; Total = 2029

Cordialement

nerosson · 07-04-2011 14:36:47

Salut à tous,

Merci pour toutes ces savantes analyses. J'espère que vous aurez pris autant de plaisir à les faire que moi à constater l'intérêt que vous avez porté à ma petite idée. :-)

P.S. au départ, j'avais envisagé des lentilles (qu'on mange) toutes égales dans un cube dont les côtés de la base aurait été multiple du diamètre d' une lentille. J'aurais donné les cotes d'une lentille et celles du cube.

première réaction : je me suis dit : c'est trop simple :
a) première couche : facile à calculer,
b) deuxième couche :le centre de chaque lentille est placée sur le centre du carré formé par quatre lentilles de la première couche, donc le côté de la deuxième couche comporte une lentille de moins que le côté de la première couche,
c)la distance entre le plan central de la première couche et celui de la deuxième couche : moi je saurais le calculer pour des billes, donc un bon matheux doit y arriver pour les lentilles,
d) troisième couche catastrophe : première réaction : on dit : identique à la première couche. Mais, à la réflexion, on remarque que, pour une lentille du bord, la verticale du centre de gravité ne passe pas par le point de sustentation, donc elle bascule et perturbe la réalisation de la couche suivante (faites un dessin : vous verrez !)..

A moi, il me semble que ça fout tout par terre, mais si ça vous plait de cogiter là-dessus... :-)

jpp · 06-04-2011 19:51:20

re

niveau 1 1 fois 187 = 187
niveau 2 2 fois 174 = 348
niveau 3 2 fois 163 = 326
niveau 4 2 fois 155 = 310
niveau 5 2 fois 139 = 278
niveau 6 2 fois 119 = 238
niveau 7 2 fois 91 = 182
niveau 8 2 fois 63 = 126
niveau 9 2 fois 19 = 38

Nérosson 2033 billes , si j'ai bien compté et c'est la "cerise sur le gateau."

jpp · 06-04-2011 19:42:33

re
L'unité sera le mm.

je considère la sphère des centres de diamètre [tex]140 mm[/tex]-- c-a-d la sphère qui doit

contenir tous les centre des billes de la spère de diamètre [tex]150 mm[/tex]

cette sphère est centrée à l'origine de mon repère [tex]Ox,Oy,Oz[/tex]

sur le plan horizontal [tex]Ox,Oy[/tex] je place , centré en O un triangle équilatéral de coté 10 mm.

sur ce plan , qui sera mon premier niveau ou niveau impair. je trace 3 droites passant par O ,

la première à 0° , la seconde à 60° et la troisième à 120° et elles traverse mon cercle.

Ensuite je mène toutes les parallèles à ces 3 droites au pas de 8.66 afin de compter tous les points

d'intersection qui sont les centre des billes de ce premier niveau .

Après , au pas de [tex]10\times{ \sqrt{\frac{2}{3}}} \approx 8.1649 mm[/tex] qui est la hauteur du tétraèdre d'arète 10 mm je trace tous les cercles horizontaux dont les centres sont sur l'axe Oz . ces cercles ont pour diamètre

140 -- 139.044 - 136.137 -- 131.149 - 123.828 -- 113.725 - 100 -- 80.828 et 50.331

1 2 3 4 5 6 7 8 9

je fais ensuite translater les cercles pairs de [tex]10\times\frac{\sqrt{3}}{3} = 5.7733333 suivant Y^+[/tex]

tous ces cercles sauf le diametre 140 ont leur symétrique/ au plan XOY

maintenant il reste à compter sur tous les niveaux les intersections situées sur et à l'intérieur de ces

cercles. Mais on peut en oublier 1 ou 2 je vous l'accorde.

jpp · 06-04-2011 19:00:36

bonsoir à tous

j'ai compté 2033 billes et je vais détailler .mais je vais expliquer ma méthode de comptage

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

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