1) Les sept polycubes

DM n°9 : Jeux avec des cubes

CORRECTION

1) Les sept polycubes

La figure de gauche représente sept solides différents* constitués, chacun, de trois ou quatre petits cubes de côté 1.

* : Malgré leur ressemblance, les formes A et B, sont différentes bien que symétriques, comme nos deux mains.

a) Représenter ces sept solides :

• en vue de face (gris foncé sur la figure)

• en vue de dessus (gris clair)

• en vue de droite (gris intermédiaire)

b) Ces solides, totalisant un volume de 27 petits cubes, peuvent reconstituer un grand cube de côté 3.

L'illustration de droite montre une solution (il en existe 240 différentes).

Compléter les deux vues en perspective ci-contre, en indiquant les pièces que l'on voit sur les trois faces cachées (plutôt que les motifs compliqués de notre illustration, indiquer chaque pièce par une couleur, avec une légende faisant la correspondance entre couleur et lettre).

Je commence par remplir les zones où la pièce est évidente :

• La pièce E que l'on voit en entier

• La pièce F que l'on voit en entier

La pièce G n'est pas évidente, la pièce gris clair pourrait être une pièce à 4 cubes dont 1 est caché. Il me semble que seule la pièce

B avec son 4^ème cube au centre peut convenir. Je fais pourtant l'hypothèse que c'est G et continue.

La pièce D est presque évidente, car aucune autre ne peut se montrer comme cela, à deux endroits différents (emplacements quadrillés).

La pièce A est presque évidente aussi, car aucune autre ne peut se montrer comme cela, à deux endroits différents (emplacements en nids d'abeille). Ne pas la confondre avec la pièce B qui lui ressemble.

Il ne reste plus que les pièces B et C. Le plus difficile, à mon avis, est de colorier de façon cohérente ce qui est caché, sur la 2^ème vue. Finir n'est pas trop difficile alors.

Y a t-il une autre façon de compléter la figure ? Essayons avec l'autre hypothèse (B à la place de G) : En fait, c'est possible. Il suffit d'inverser les deux pièces B et G (voir ci-contre).

En déduire à quelle pièce appartient le cube central.

Dans les deux cas, c'est la pièce B qui a son 4^ème cube au centre du grand cube.

c) Avec l'ensemble des sept pièces, on peut reconstituer bien d'autres solides mais le cube 3×3×3 est le seul pavé droit possible. Expliquer pourquoi. Montrer ensuite comment, avec une partie seulement des pièces, on peut reconstituer quatre autres pavés droits, de dimensions 2×2×3, 2×2×4, 2×2×5 et 2×3×4.

On ne peut pas reconstituer un parallélépipède de dimensions a×b×c si un des nombres a, b ou c est pair. Car on aurait alors un nombre pair de petits cubes ce qui ne se peut pas car 27 est impair. Donc il faut nécessairement n'avoir que des côtés impairs. Pour trouver 27, on peut effectuer les produits 1×1×27 ou 1×3×9 ou 3×3×3. Le premier n'est pas réalisable de façon évidente car aucune pièce du jeu n'est un parallélépipède de dimensions 1×1×n. Le second n'est pas réalisable non plus, d'une façon presque aussi évidente, car trois pièces du jeu ne sont pas des prismes de hauteur 1. Il ne reste que le cube 3×3×3 qui est heureusement réalisable.

Le parallélépipède de dimensions 2×2×3 contient 12 cubes. Il faut donc nécessairement prendre 3 pièces de 4 cubes (la pièce G est éliminée). Il existe au moins une solution. Avec les pièces A, C et E c'est possible, mais il doit y avoir de nombreuses autres solutions.

Le parallélépipède de dimensions 2×2×4 contient 16 cubes. Il faut donc nécessairement prendre 4 pièces de 4 cubes. Avec les pièces A, C, D et E, on y arrive. De même, en ajoutant la pièce F, on arrive à reconstituer le parallélépipède de dimensions 2×2×5. En ajoutant la pièce B, on arrive à reconstituer le parallélépipède de dimensions 2×3×4, mais le parallélépipède de dimensions 2×2×6 n'est, semble t-il, pas possible à réaliser.

On peut réaliser d'autres parallélépipède, si on utilise la pièce G contenant 3 cubes, mais alors ce ne sont que des formes planes (des prismes de hauteur 1). On doit alors éliminer les trois pièces qui ne sont pas planes. Il reste D, E, F à associer avec G ou bien à associer entre elles.

• Avec G : 4+3=7, impossible ; 4+4+3=11, impossible ; 4+4+4+3=15, possible en théorie car 3×5=15, et aussi possible avec les pièces (ci-contre).

• Sans G : 4+4=8=2×4 possible en théorie, mais impossible avec les pièces ; 4+4+4=12=3×4 possible en théorie, mais impossible avec les pièces sans en doubler certaines.

d) Parmi les autres solides reconstituables avec l'ensemble des sept pièces, on peut citer les prismes droits de hauteur 3. Le cube en fait partie. J'en ai dessiné un autre, baptisé par moi « l'escalier », ci-contre. Déterminer pour l'escalier, un emplacement des pièces sur le modèle de la question b, puis trouver un autre prisme droit de hauteur 3 réalisable avec les 7 pièces.

Voici ma solution pour l'escalier, avec les mêmes conventions de couleur pour la notation des pièces que précédemment. J'avoue que le raisonnement direct sur la figure en perspective n'est pas facile. Je me suis aidé du modèle en résine montré en cours, mais on peut réaliser son propre jeu en utilisant un tasseau

en bois de section carrée et en réalisant quelques collages.

Pour les autres prismes de hauteur 3, je vous en propose 5 autres (toutes ces figures sont bien sûr réalisables avec le jeu des 7 pièces).

Remarque : C'est en bois que fut commercialisé, pour la 1^ère fois dans les années 1930, ce jeu appelé SOMA inventé par le danois Piet Hein. Le jeu se vend toujours aujourd'hui. De nombreux sites internet diffusent les nombreux problèmes connus avec, la plupart du temps, les solutions.

2) Autres polycubes

a) Le jeu de pièces ci-dessus contient tous les polycubes (assemblages de cubes face contre face) de 1, 2, 3 ou 4 cubes qui ne sont pas des parallélépipèdes. Combien de polycubes parallélépipédiques différents faut-il éliminer pour constituer cette collection ? (les dessiner en perspective).

Il faut éliminer le seul monocube 1×1×1, le seul dicube 1×1×2, le seul tricube parallélépipédique 1×1×3 (le seul tricube en plus

de la pièce G) et les deux tétracubes de dimensions 1×1×4 et 1×2×2. Il y a donc cinq polycubes à éliminer de la collection car ils sont parallélépipédiques.

Leur volume représente 1+2+3+4+4=14 petits cubes.

Avec les 27 cubes que totalise le volume de la collection, cela ferait en tout 41 cubes. Ce volume ne se prête pas aussi bien au jeu des combinaisons (on ne peut pas en faire un cube sans écarter des pièces), il n'y a donc pas d'intérêt à conserver ces formes simples pour en faire un jeu.

b) Si on veut prolonger la famille des polycubes, en ajoutant à la collection les assemblages de 5 cubes qui ne sont pas des parallélépipèdes, il y a 28 solides à ajouter. En dessiner deux fois deux en perspective qui soient, comme les pièces A et B, différentes bien que symétriques (un de ces solides et son image dans un miroir sont deux solides non superposables).

La liste des pentacubes est longue. Il y a tout d'abord, les 12 pentacubes qui sont les traductions en volume des 12 pentaminos (assemblages de 5 carrés dans le plan). Parmi ces douze solides, il n'y a qu'un seul parallélépipède de dimension 1×1×5.

Ensuite, d'après l'énoncé, on devrait trouver 17 pentacubes différents qui ne sont pas plans. Le total ferait ainsi 29, auquel on enlève 1 pour le seul parallélépipède qui existe parmi ces pentacubes. Certains de ces 17 solides se présentent sous des formes énantiomorphes, différentes mais symétriques. Ce sont ceux-là qui nous intéressent ici. Il y en a six paires différentes qui sont données dans l'illustration ci-contre. Il fallait seulement en trouver deux paires...

Nous avons laissé les noms donnés habituellement à ces formes. Les personnes qui s'amusent avec ce genre d'objet ont trouvé beaucoup de formes intéressantes avec les pentacubes.

c) Le premier polycube ayant un trou est formé de 8 cubes (voir ci- contre) ; le dessiner, puis vérifier que la relation dite de Euler F+S=A+2 (F : nombre de Faces, S : nombre de Sommets, A : nombre d'Arêtes) n'est pas vraie pour ce genre de polyèdre. Pour les polyèdres ayant un trou, quelle est la valeur de n pour laquelle l'égalité F+S=A+n est vraie ? Dessiner un autre polycube ayant un trou et vérifier que l'égalité F+S=A+n est encore vraie avec la même valeur de n que précédemment.

Ce polyèdre à trou possède F=10 faces

(les 6 du cube et les 4 dans le trou) ; le nombre d'arêtes est A=24 (les 12 du cube, deux fois, car le trou a toutes les arêtes d'un cube) ; le nombre de sommets est S=16 (les 8 du cube, deux fois, car le trou a tous les sommets d'un cube). La somme F+S vaut donc 26 alors que A+2=26. Ces nombres sont égaux, contrairement à ce qu'affirme l'énoncé.

NB : en écrivant le sujet de ce DM, je pensais sans les avoir comptés que ces nombres vérifiaient l'égalité F+S=A+n avec n=0, soit F+S=A. Comme quoi, tout le monde peut se tromper...

Je dessine un autre polycube ayant un trou et j'examine la situation concernant, F, S et A : le polycube dessiné contient 14 cubes. Le trou correspond à l'espace occupé par 2 cubes et il y a aussi un creux dans la surface extérieure, mais ce n'est pas un trou, juste une concavité. On peut voir ce polycube troué comme un prisme dont la base est un polygone à trou ayant 8 côtés extérieurs et un trou constitué de 4 côtés intérieurs.

Ce polyèdre à trou possède F=14 faces (en considérant ce polèdre comme un prisme, il y a 2 bases, 8 faces latérales extérieures et 4 faces latérales intérieures, dans le trou) ; le nombre d'arêtes est A=36 (pour les arêtes extérieures, 24=3×8 car il s'agit d'un prisme à base octogonale ; pour le trou, 12=3×4 car il s'agit d'un prisme à base rectangulaire) ; le nombre de sommets est S=24 (deux fois les 8 extérieures et les 4 intérieures). La somme F+S vaut donc 38 alors que A+2=38. Ces nombres sont encore égaux.

d) Un autre jeu avec des polycubes : les pentaminos 3D sont un ensemble de 12 pièces qui sont les seuls pentacubes plans (les 5 cubes qui les forment sont disposés dans un même plan). La figure ci-contre montre ces pentaminos 3D. Avec ces pièces, il est possible de reconstituer un pavé droit de dimension 3×4×5 dont une des solutions est montrée à droite. Dessiner les pavé 3×4×5 en perspective avec l'emplacement des pièces selon la méthode de la question 1b.

Tout d'abord, signalons que ce jeu est formé de pièces « planes » : tous les assemblages de 5 cubes se font dans un même plan. On peut donc jouer avec ce jeu pour reconstituer des figures planes, par exemple des rectangles. J'ai donné ci-dessous une solution pour chacun des rectangles que l'on peut former avec l'ensemble des 12 pentaminos (les nombres écrits correspondent au nombre de solutions possibles).

Ceci dit, dessinons maintenant notre pavé 3×4×5 avec les pièces positionnées comme dans la solution de l'énoncé. Il nous faut un code couleur pour remplacer la lettre de la pièce par une couleur. Je dessine le pavé dans les deux sens, comme dans la question 1b : la vue de devant montre la face du dessus et celle de gauche ;

en effectuant un demi-tour horizontalement au pavé, je dessine les trois autres faces : celle de derrière (maintenant devant), celle de droite (maintenant à gauche) et celle de dessous (toujours dessous).

Si vous avez bien compris et dessiné tout cela, vous avez une bonne capacité à envisager l'espace à 3 dimensions, ce qui n'est pas donné à tout le monde. Mais, comme souvent, ce qui n'est pas donné peut s'acquérir, avec de la bonne volonté, pas mal de travail, de la ténacité et une bonne dose de patience.

Ceci dit, je vous souhaite à tous de très bonnes vacances !