Un défi par semaine

Décembre 2019, 1er défi

Le 6 décembre 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (6)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2020 est en vente !

Semaine 49

Calculer l’aire de la région colorée.

Solution du 5e défi de novembre :

Enoncé

La solution est un.

L’inégalité de l’énoncé est équivalente à chacune des deux inégalités ci-dessous :
\[ \begin{eqnarray*} x^2 + y^2 + z^2 + 3 - xy - 3y - 2z & < & 0\\ \left(x-\frac{y}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}(y-2)^2 + (z-1)^2 & < & 1. \end{eqnarray*} \]

Cette dernière inégalité impose que
$(z-1)^2 < 1$, $\frac{3}{4}(y-2)^2 < 1$,
$\left(x-\frac{y}{2}\right)^2 < 1$.
Donc

\[ \begin{eqnarray*} {-1}& <& z-1 < 1 \\ {-\frac{2}{\sqrt{3}}} & <& y-2 < \frac{2}{\sqrt{3}} \\ {-1} & < & x-\frac{y}{2} < 1 \end{eqnarray*} \]
Comme $\frac{2}{\sqrt{3}}= 1{,}154...$, on en déduit
$z=1$ et $y=1$, $2$ ou $3$.

Si $y=1$, alors ${-1} < {x-\frac{1}{2}} < 1$, donc
${-\frac{1}{2}}<{x<\frac{3}{2}}$, ce qui implique $x=0$ ou $x=1$. On vérifie alors que l’inégalité initiale n’est satisfaite dans aucun de ces deux cas.

Si $y=2$, alors ${-1}<{x-1}<1$, donc $0<{x}<2$, ce qui implique $x=1$, c’est-à-dire que ${(x,y,z)=(1,2,1})$. On vérifie alors que ce triplet de nombres satisfait l’inégalité initiale.

Si $y=3$, alors ${-1}<{x-\frac{3}{2}}<1$, donc $\frac{1}{2}<{x<\frac{5}{2}}$, ce qui implique $x=1$ ou $x=2$. On vérifie alors que l’inégalité initiale n’est satisfaite dans aucun de ces deux cas.

Finalement, l’inégalité initiale n’est satisfaite que pour un triplet $(x,y,z)$ de nombres entiers : le triplet $(1,2,1)$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2019 - Sous la direction d’Ana Rechtman, avec la contribution de Nicolas Hussenot - Textes : Claire Coiffard-Marre et Ségolen Geffray. 2018, Presses universitaires de Grenoble. Tous droits réservés.

Disponible en librairie et sur www.pug.fr

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Décembre 2019, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - AGSANDREW / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Décembre 2019, 1er défi

    le 6 décembre 2019 à 08:23, par Al_louarn

    Si on retire une des bandes colorées il reste $2$ triangles rectangles de petits côtés $2$, $5$ et d’hypothénuse $h$, vérifiant $h^2 = 3^2 + 5^2 = 34$.
    La région non colorée est formée de $4$ petits triangles rectangles de petits côtés $a$, $b$ et d’hypothénuse $3$. Son aire est donc $2ab$.
    Comme tous ces triangles sont semblables on a $\dfrac{a}{3}=\dfrac{3}{h}$ et $\dfrac{b}{3}=\dfrac{5}{h}$, d’où $2\dfrac{ab}{9}=2\dfrac{3 \times 5}{h^2}$, soit $2ab = \dfrac{135}{17}$.
    L’aire du carré est $5^2=25$ donc celle de la région colorée est $25-2ab=25 - \dfrac{135}{17}=\dfrac{290}{17}$, soit $17$ et des poussières.

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  • Décembre 2019, 1er défi

    le 6 décembre 2019 à 10:01, par Lina

    L’aire cherchée est 2 fois l’aire d’une bande moins l’aire du carré central. Une bande est un parallélogramme d’aire 10 (calculée avec la base 2 et la hauteur 5) le carré central a pour côté l’autre hauteur h et donc pour aire h² . En notant B la base correspondante on a Bh = 10 et donc B²h² = 100. B² = 5²+3² =34 donc h² = 100/34 = 50/17
    Pour finir l’aire cherchée est 20-50/17 = 290/17

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  • Décembre 2019, 1er défi

    le 7 décembre 2019 à 12:25, par drai.david

    Avec mes élèves de 2nde, voici comment nous avons procédé, en application des fonctions affines :

    On se place dans un repère orthonormé d’origine le sommet en bas à gauche de la figure et on cherche l’aire du triangle blanc dont l’un des sommets est l’origine du repère.
    Les deux plus petits côtés de ce triangle (dont on se suppose pas a priori qu’il est rectangle, car il faudrait le prouver) sont portés par les droites $d$ et $d'$ d’équations $y=\frac{5}{3}x$ et $y=-\frac{3}{5}x+3$.
    Le point d’intersection $A(x_A;y_A)$ de $d$ et $d'$ vérifie donc $\frac{5}{3}x_A=-\frac{3}{5}x_A+3$.
    Ceci équivaut à $(\frac{5}{3}+\frac{3}{5})x_A=3$, soit $\frac{34}{15}x_A=3$, soit $x_A=3\times\frac{15}{34}=\frac{45}{34}$.
    L’aire du triangle blanc est donc égale à $\frac{1}{2}(3\times\frac{45}{34})=\frac{135}{68}$.
    Enfin, l’aire colorée est égale à $5^2-4\times\frac{135}{68}=25-\frac{135}{17}=\frac{290}{17}$.

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    • Décembre 2019, 1er défi

      le 7 décembre 2019 à 12:29, par Ana Rechtman

      Ca me fait plaisir savoir que les defis du calendrier soient utilises dans une classe de lycee !

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      • Décembre 2019, 1er défi

        le 7 décembre 2019 à 17:13, par drai.david

        Oui, cela fait bientôt quatre ans que je les utilise abondamment, car c’est une source inépuisable (à l’échelle d’une scolarité de lycéen) et d’une grande variété, parfaitement adapté à leur niveau.
        Mille fois merci pour ce travail éditorial exceptionnel !

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  • Décembre 2019, 1er défi

    le 12 décembre 2019 à 13:48, par Gérard JONEAUX

    Il y a 4 petits triangles blancs, leurs côtés sont a (petit côté), 3 (hypoténuse) et b.
    Les deux bandeaux colorés ont en commun un carré de côté c.
    la longueur d’un segment transversal, côté d’une bande colorée, est d.
    d = a + b + c
    Thalès va nous aider à trouver les rapports entre a, b et c.
    c/b = 2/3
    a/b = 3/5
    a, b et c sont donc dans le rapport 9, 15 et 10, le total d faisant 9 + 15 + 10 = 34
    Merci Thalès, à toi Pythagore pour calculer d.
    d² = 5² + 3² donc d = racine (34)
    Cela nous permet de calculer a, b et c.
    c = (10 * racine(34))/34 , ou si l’on préfère : c = 10 / racine (34)
    c étant le côté du carré dont la surface est donc 100/34.
    Les deux bandeaux colorés ont chacun la surface 2*5 = 10
    La somme de ces surface est 20.
    Somme de laquelle nous ôtons la surface du carré , 100/34.
    Cela me permet de retrouver péniblement ce 290/17 que mes amis ont déjà résolu avec facilité !

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