CP- "Dual Color Stellated Octahedron" de John Szinger

[rouchka]

Mars est déjà là
Je vous propose cet octaèdre avec changement de couleur de John Szinger crée en 2010


que j'ai decouvert ici

[tudor]

Cool! Là, avec des grilles, je devrais m'en sortir avec le pré-pliage! Après... on verra

... hmmm... bien que, à bien y regarder, les grilles ne sont pas forcément si évidentes... Est-ce que tu confirmes que la partie "extérieure" n'est pas une simple grille 7x7, mais un truc un peu plus subtil?

Et donc une seule feuille suffit pour faire l'octaèdre ?

[rouchka]

Est-ce que tu confirmes que la partie "extérieure" n'est pas une simple grille 7x7, mais un truc un peu plus subtil?
Et donc une seule feuille suffit pour faire l'octaèdre ?

Cette page devrait donner les réponses a tes questions
Les carrés sont de 2/13
et le modèle est un "single sheet" , donc une seule feuille... c'est pas tentant ça...!?

[cecile]

Les carrés sont de 2/13
et le modèle est un "single sheet" , donc une seule feuille... c'est pas tentant ça...!?

Toi, tu sais parler aux plieurs!

Blague à part, ce modèle m'intrigue, je vais tenter de me pencher sur la question! A suivre!

[rouchka]

Toi, tu sais parler aux plieurs!

J'expose ce que je voit:
D'abord je parlerai de tétraèdre

qui est une pyramide a base triangle ( regulier ou pas)
et la façon la plus simple pour obtenir la forme d'un tétraèdre a partir d'un carré est la suivante

maintenant l’octaèdre

Huit faces triangulaires

Ensuite l’octaèdre étoilé

qui peut être obtenu en ajoutant un tétraèdre a chacune des faces de l’octaèdre

il nous faut donc huit carrés
et les voila

Parlons un peu du canevas donné; il induit plus la façon dont est obtenue ces carrés que donner les "vrais" plis
Voila un canevas simplifié

Et voila pour les références

il est a noter que c'est une référence exacte pour obtenir des carrés de 2/13 néanmoins c'est une approximation que l'auteur juge satisfaisante
a suivre ...

[tudor]

Merci Doc, on a de moins en moins d'excuses pour ne pas le faire!

il est a noter que c'est une référence exacte pour obtenir des carrés de 2/13 néanmoins c'est une approximation que l'auteur juge satisfaisante

Là, je n'ai pas vraiment compris. Une référence exacte qui devient une approximation jugée satisfaisante... il y a peut-être une faute de frappe?

[rouchka]

il est a noter que c'est une référence exacte pour obtenir des carrés de 2/13 néanmoins c'est une approximation que l'auteur juge satisfaisante

Là, je n'ai pas vraiment compris. Une référence exacte qui devient une approximation jugée satisfaisante... il y a peut-être une faute de frappe?

En fait l'auteur visait l'angle 67,5 et des carrés de 2/13 ont fait une bonne approximation de cet angle

[rouchka]

Un résumé de tout ça en photo --->

[Naoki]

il est a noter que c'est une référence exacte pour obtenir des carrés de 2/13 néanmoins c'est une approximation que l'auteur juge satisfaisante

Là, je n'ai pas vraiment compris. Une référence exacte qui devient une approximation jugée satisfaisante... il y a peut-être une faute de frappe?

Voici une petite explication supplémentaire. Si on construit le CP de manière exacte, on obtient ceci (cliquez sur les images pour les agrandir):



Vous pouvez remarquer que les intersections sont plus nettes que dans le CP d'origine. Si maintenant on essaie de superposer une grille régulière, on observe de petits décalages:



Il n'y a donc pas moyen de construire ce pliage exactement à partir d'une grille. Mais une grille de 13x13 est une bonne approximation.

En fait l'auteur visait l'angle 67,5 et des carrés de 2/13 ont fait une bonne approximation de cet angle

Erreur, cher confrère! Un angle de 67,5 degrés (3/4 d'un angle droit) serait trop facile! Ce CP exact est beaucoup plus difficile à obtenir. Ci-dessus, j'ai triché en commençant par les trois carrés en bas à gauche. Je regarde la diagonale du rectangle formé par les deux derniers carrés et je cherche le pli qui me permet de la rabattre sur la diagonale du papier:



C'est une opération que l'on peut faire par pliage (axiome de Huzita numéro 5) et qui est implémentée dans mon app. Par contre, bonne chance dans Oripa!

Le point obtenu sur la diagonale doit être le centre du papier. Ce n'est pas le cas ici parce que je suis parti de trois carrés de taille arbitraire. Du coup, il me reste des bandes blanches en haut et à droite du papier. Idéalement, il faudrait donc partir du centre de la feuille et faire la construction inverse. Mais là, je n'ai pas encore trouvé comment on pourrait faire. Je n'ai pas encore réussi à calculer l'angle exact non plus (il mesure 69.203... degrés). Si quelqu'un a une idée, ça m'intéresse!

Akira

[tudor]

J'ai l'impression que la réponse est liée à la contrainte d'avoir un carré au départ. Je suis parti du centre, avec un crayon et une feuille de papier, et j'ai reconstruit la figure de rouchka en utilisant des plis à 45°. Cela m'a donné une grille de 6x8...

Est-ce que cette solution vous semble présenter de gros défauts?

J'entrevois une solution pour le plier dans une grille de 8x8. Cela fait perdre un peu de papier...

[Naoki]

Très intéressant! Je suppose que si tu arrives à quelque chose d'équivalent à la 16ème photo de Rouchka, tu es bon pour la suite. Mais tu dois effectivement perdre du papier et ton octaèdre doit être plus petit si tu pars du même carré. Il me semble difficile de battre le modèle originel en termes d'utilisation du papier. Mais je peux me tromper parce que je ne vois pas encore où le pourtour de la photo 16 va. Pour tout dire, je n'ai encore rien essayé sur papier!

Akira

[tudor]

je n'ai encore rien essayé sur papier! Akira

Nous sommes quittes, moi je n'ai rien essayé sur informatique

Oui, cela ressemble à l'étape 16 de rouchka, sauf les angles du contour extérieur. Cela pourrait donc affecter les verrouillages / papier perdu à l'intérieur du modèle... faudrait plier. Je ne pense pas que l'auteur ait optimisé cet aspect du modèle, mais il a certainement optimisé l'utilisation du papier.

[rouchka]

il est a noter que c'est une référence exacte pour obtenir des carrés de 2/13 néanmoins c'est une approximation que l'auteur juge satisfaisante

Il n'y a donc pas moyen de construire ce pliage exactement à partir d'une grille. Mais une grille de 13x13 est une bonne approximation.

En fait l'auteur visait l'angle 67,5 et des carrés de 2/13 ont fait une bonne approximation de cet angle

Erreur, cher confrère! Un angle de 67,5 degrés (3/4 d'un angle droit) serait trop facile! Akira

c'est exactement ce que je disait Akira, il aurait voulu avoir cet angle facile a construire mais les contraintes carré de départ & maximum de papier & construction simple (donc valeurs entieres) le poussent vers cette approximation , donc on est bien d'accord ( enfin c'est ce que je crois comprendre)
Parlons maintenant de cet angle jugé "bonne approximation"
A mon avis il est trouvé en raisonnant sur des tangente (ce qui est plus simple)
On a : tg(67,5)=1+√2=2,4142.... et la fraction d'entier 13/5=2,6 approche cette valeur (ce qui explique le choix de la grille de 13)
l'angle est donc : Arctg(2,6)=68.962... ce qui est assez proche de 67,5

[rouchka]

Je viens de relire ce qu'a écrit John Szinger et il parle de la pente de 3/2 (donc une tangente=3/2 ou 2/3)
or Arctg(2/3)=33.69 qui multiplié par 2 donne 67.38 ce qui est une bien meilleure approximation
Se serait il basée sur la bissectrice pour finir la construction ou est ce le résultat de la grille de 13 !?

J'ai l'impression que la réponse est liée à la contrainte d'avoir un carré au départ. Je suis parti du centre, avec un crayon et une feuille de papier, et j'ai reconstruit la figure de rouchka en utilisant des plis à 45°. Cela m'a donné une grille de 6x8...

Est-ce que cette solution vous semble présenter de gros défauts?

il ne te reste plus qu'a plier vallée les carrées et montagne leurs diagonales et finir par un lock et le tour est joué et franchement je ne voit pas vraiment de défaut a ce choix .D'ailleurs le fait que le modèle soit inversible me semble être une contrainte inutile (entre autres) et c'est pour ça que je l'ai omise dans ma photo

[Naoki]

Je viens de relire ce qu'a écrit John Szinger et il parle de la pente de 3/2 (donc une tangente=3/2 ou 2/3)
or Arctg(2/3)=33.69 qui multiplié par 2 donne 67.38 ce qui est une bien meilleure approximation
Se serait il basée sur la bissectrice pour finir la construction ou est ce le résultat de la grille de 13 !?

J'étais aussi en train de relire les notes de l'auteur et je crois qu'il s'emmêle un peu les pinceaux dans ses explications.

Reprenons depuis le début. Les images suivantes viennent d'Oripa dans lequel j'ai importé le CP que j'ai dessiné avec mon appli. Pour moi, la construction exacte est celle que j'ai dessinée et qui repose sur un angle de 69.203... degrés:



Cet angle est effectivement proche de atan(13/5)=68.962...:



John parle d'un angle de 67.5 degrés, qui est une moins bonne approximation (et qu'il n'utilise pas réellement):



Ensuite, il parle d'un rapport 3/2 qui est un autre angle, qui vaut atan(3/2)=56.310... degrés:



et qui se rapproche d'un autre pli, celui qui forme un côté du grand carré penché:



Si on prend la perpendiculaire, l'angle est 90-56.310=33.690 ou, comme tu l'as calculé, atan(2/3)=33.690 degrés:



qui est proche de l'autre côté de ce carré penché qui est effectivement la bissectrice de l'angle de départ:



Mais l'approximation n'est pas très bonne car si on calcule la tangente de l'angle double en utilisant la formule tg(2a)=2tg(a)/(1-tg2(a)), on obtient: (2*2/3)/(1-4/9)=12/5, ce qui veut dire que l'on est sur la diagonale d'un rectangle de 12 sur 5 au lieu de 13 sur 5:



D'où un problème si on essaie de construire le carré penché à partir de la pente 3/2. Heureusement, ce n'est pas ce que tu proposes sur ta photo 6. En pliant le coin du premier carré au centre du papier, tu minimises les effets de l'imprécision due à la grille de 13x13. Ouf!

Malheureusement, toutes ces manipulations mathématiques ne me disent toujours pas comment construire ce pliage exactement!

Akira

[Naoki]

Bon, j'ai calculé que mon fameux angle de 69.203... degrés est donné par atan(5/(2*sqrt(6)-3)). Ca me fait une belle jambe: je ne vois vraiment pas comment on pourrait construire tout ça par pliage .

Akira

[rouchka]

Bon, j'ai calculé que mon fameux angle de 69.203... degrés est donné par atan(5/(2*sqrt(6)-3)). Ca me fait une belle jambe: je ne vois vraiment pas comment on pourrait construire tout ça par pliage .

Akira

comment as tu trouvé cette valeur?

[Naoki]

comment as tu trouvé cette valeur?

Ravi que tu l'aies demandé . Mais on risque de s'aliéner tous les autres membres . Ce sera sans doute un des messages les plus matheux du forum .

Voici donc. Je commence par les trois carrés du bas et je mets quelques coordonnées en fonction de x (le côté de chacun de ces trois carrés) et de d (la moitié de la taille du papier):



On peut facilement calculer la longueur de la diagonale du rectangle formé par deux des petits carrés en utilisant le théorème de Pythagore:



Le bout de cette diagonale est rabattu sur le centre du papier par ce pli:



On peut construire un nouveau petit triangle rectangle, dont l'hypoténuse est la diagonale rabattue:



En utilisant de nouveau Pythagore, on peut calculer x:



(oui, il faut résoudre l'équation du second degré et ne retenir que la solution avec le signe moins)

On peut enfin calculer l'angle recherché (j'ai dû le tourner de 90 degrés) en calculant d'abord sa tangente:





J'espère que c'est assez clair

Akira

[rouchka]

J'espère que c'est assez clair
Akira

Clair et efficace Bravo et merci de nous éclaircir Akira
J'etait partit sur des coordonnées polaires (pour l'angle) et les calculs m'ont tres vite lassé
Maintenant que tu nous donne l'idée, trouver le côté x du carré suffit!
Et on voit bien l'approximation puisque d=1/2 alors x=(4-√6)/10~2/13
Ceci dit il faudrait maintenant trouver un pliage pas trop compliqué pour cette valeur sinon on perdra toute la précision de calcul

[Naoki]

Eurêka!

Grâce à mon fils aîné, mathématicien en herbe, j'ai une séquence de plis qui permet d'arriver à la solution exacte. Je n'y croyais plus mais il a persévéré et y est arrivé au prix de manipulations mathématiques auxquelles je n'aurais jamais pensé. Pour ceux que cela intéresse, ça impliquait le calcul d'un lieu de points qui s'est révélé être un cercle, donc soluble avec une règle et un compas. De là, on est arrivé ensemble à une séquence de plis étonnamment simple. Voyez plutôt.

On commence par joindre deux des coins du papier au milieu du côté opposé. L'intersection de ces deux plis se fait au point (1/5, 2/5):



On cherche le pli qui passe par ce point et qui applique le coin supérieur gauche du papier au bord inférieur (ces deux points sont en vert, au bout des deux lignes en rouge qui sont juste là pour mieux les visualiser):



Le pli en lui-même ne nous intéresse pas, mais le point obtenu sur le bord inférieur oui! Croyez-le ou non, c'est le pied de la ligne à 69.203... degrés que l'on cherche! Il suffit donc de le relier au centre du papier:



Ensuite, comme vu précédemment, la bissectrice de cette droite par rapport au bord inférieur du papier est un des côtés du carré incliné:



A partir de là, il est facile de construire les petits carrés. Il y en a deux dans le coin inférieur droit:



et trois dans le coin inférieur gauche:



Et on arrive ainsi au CP entier:



On peut le vérifier en construisant les plis jusqu'à la photo numéro 16 de Rouchka (la dernière étape plane):



et en l'exportant vers Oripa:



Mais...

Ô rage! ô désespoir! ô vieillesse ennemie!
N'ai je tant plié que pour cette infamie?
Et ne suis-je blanchi dans les travaux matheux
Que pour voir en un jour flétrir tant de sérieux?

Oripa n'est pas assez précis pour plier ce CP correctement! (voyez l'espace en bas à droite). Heureusement, j'ai une autre version qui, elle, arrive à le plier exactement:



Aaaah! Voila qui est satisfaisant!

Mais ne vous y trompez pas. Le pliage de ce canevas exact reste très exigeant. Je vous conseille de répéter la construction ci-dessus pour chacun des 4 côtés plutôt que d'essayer de propager la construction à partir d'un seul côté. Bon courage si vous essayez!

Akira

[rouchka]

Alors là

[tudor]

Bon, bon, ça manque un peu de pliage de papier par ici

Pour ma part j'ai commencé petit, en pliant d'abord deux tétraèdres, ensuite 4, ensuite 8.

Ce qui m'a le plus aidé, c'est le 3e post de rouchka ou il identifie les 8 carrés qui deviendront les 8 tétraèdres.

Plier 4 tétraèdres est facile. Plier 8 est facile aussi, mais il ne faut pas commencer par les 4 du centre (ma 1e tentative). Il vaut mieux les grouper 2 par deux: un du centre et un de la périphérie.

Bon, bon, pour la grille je ne vais certainement pas suivre tout ce qui a été dit récemment sur ce fil, vu que c'est le WE. Et si je m'en sors avec la grille, faut espérer que le papier extra sur le coté me permettra de trouver le bon verrouillage...

[madfolder]

A ne pas plier avec un kami métallique , meme un 24/24

Parce que avec un papier correct ça aurait une autre tronche plus convenable :

Rouchka , ne me demande pas un Cubehemioctahédron

[madfolder]

mais il ne faut pas commencer par les 4 du centre (ma 1e tentative). Il vaut mieux les grouper 2 par deux: un du centre et un de la périphérie.

Moi c'est justement en mettant les 4 du centre en place que ça m'a aidé à amener le reste gentiment à sa place pour fermer l'ensemble sur lui meme .

[madfolder]

j'etais pas satisfait du tout de mon résultat avec ce papier très mal choisi mais il est clair que la mise en forme est de toute façon pas évidente : (kami 24 )