Un défi par semaine

Février 2016, 1er défi

5 février 2016  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (13)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2016 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 6 :

Si $2EO=AE$, que $2FO=FD$ et qu’$ABCD$ est un carré de côté $4$ cm, quelle est l’aire de la région colorée ?

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Solution du 5e défi de Janvier :

Enoncé

La réponse est $40$ secondes.

Lorsque l’avant du train se trouve au début du pont, il lui reste à parcourir $1000$ m pour que le train soit entièrement de l’autre côté du pont : en effet, il doit parcourir $100$ m pour que l’avant du train soit de l’autre côté et il reste alors $900$ m à parcourir pour que l’arrière soit aussi de l’autre côté.

Il reste alors à déterminer combien de secondes va mettre le train pour parcourir $1000$ m. Dans une heure, il y a $60$ minutes de $60$ secondes, c’est-à-dire $3600$ secondes. Cela entraîne que la vitesse du train est de $\frac{90\,000}{3\,600}=25$ m/s. Le train va finalement mettre $\frac{1000}{25}=40$ secondes pour traverser le pont.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2016 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Aubin Arroyo, Fabiola Manjarrez et Ana Rechtman.
2015, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Février 2016, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2016

Commentaire sur l'article

  • Février 2016, 1er défi

    le 5 février à 06:06, par Lina

    L’aire verte est 2 tiers de cm²

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    • Février 2016, 1er défi

      le 6 février à 12:44, par PGBriis

      Je trouve que l’aire coloré est de 1 cm carré. Utilisation de Thales et Phytagore.

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      • Février 2016, 1er défi

        le 14 février à 02:17, par C’Me

        # Réciproque de Thalès : (EF) // (AD)
        # Aire(ABCD)/4 = Aire(ADO) = 4 cm²

        # On prouve facilement que EFO est une réduction de facteur k=1/3 de ADO, d’où : Aire(EFO) = Aire(ADO)xk²
        Aire(EFO) = 4/9 cm²

        # Aire(ADFE) = Aire(ADO) - Aire(EFO) = 4 - 4/9 = 32/9 cm²
        Soient G l’intersection de (AF) et (DE) , H l’intersection de (GO) et (EF) et I l’intersection de (GO) et (AD) .
        Aire(ADFE) = (AD+EF)xIH/2 = IHx8/3 = 32/9
        On trouve alors : IH = 4/3 cm.

        # Dans le quadrilatère croisé EDIH, d’après le théorème de Thalès, on a : 3GH = IG, d’où : GH = IH/4
        donc : GH = 1/3 cm

        # Aire(EGF) = EFxGH/2 = (4/3) x (1/3) / 2
        Aire(EGF) = 2/9 cm²

        # Finalement : Aire(EOFG) = Aire(EFO) + Aire(EFG) = 4/9 + 2/9
        Aire(EOFG) = Aire verte = 2/3 cm²

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  • Février 2016, 1er défi

    le 6 février à 18:58, par PGBriis

    Merci de ne pas publier mon message precedent ou de signaler que j’ai tord et Liliane a raison : aire colorée est 2/3 cm carré :-)

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  • Février 2016, 1er défi

    le 7 février à 14:44, par Daniate

    Dans le cas général d’un triangle quelconque OAD avec OA=aOE et OD=bOF le rapport q entre l’aire définie dans le défi et l’aire du triangle OAD est donné par la formule q=(2ab-a-b)/(ab(ab-1)) ce qui donne bien la réponse de Lina puisqu’avec a=b=3 on a q=1/6 et 4cm²*1/6=(2/3)cm².

    Répondre à ce message
  • Février 2016, 1er défi

    le 9 février à 23:03, par AdoKraT

    Personnellement je trouve que l’aire du quadrilatère est 4/3 cm² , j’ai divisé le quadrilatère d’aire recherché en deux triangles isocèles de hauteur 1 cm et 1/3 cm.

    Répondre à ce message
    • Février 2016, 1er défi

      le 10 février à 16:19, par Daniate

      Vous commettez une erreur sur les hauteurs : 1/3 et 2/3 avec une base de 4/3

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      • Février 2016, 1er défi

        le 11 février à 01:13, par AdoKraT

        Non la base des ces deux triangles fait 2 cm et les hauteurs sont bien 1 et 1/3.

        Répondre à ce message
        • Février 2016, 1er défi

          le 11 février à 09:41, par Daniate

          Donnons des noms aux points : G intersection de (AF) et (DE) , M milieu de [AD] et P intersection de (EF) et (OM). Les triangles dont vous parlez sont certainement OFE et GEF. Leur base commune est [EF] qui, avec un petit tour avec le théorème de Thalès mesure 1/3 de AD = 4/3. La hauteur de OFE est OP=1/3 de OM = 2/3. G est le milieu de [OM] (plusieurs démonstrations possibles) donc OG = 1 et la hauteur de GEF est PG = OG - OP = 1-2/3 = 1/3.

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          • Février 2016, 1er défi

            le 14 février à 00:25, par AdoKraT

            Effectivement 2/3 est bien la réponse, je m’étais trompé sur la position des points E et F (erreur de lecture d’énoncé).

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  • Février 2016, 1er défi

    le 10 février à 16:34, par Lina

    J’ai utilisé le calcul barycentrique. G, point d’intersection entre (AF) et (ED), est le barycentre des points O,A et D affectés des coefficients 2,1,1. M milieu de [AD] est leur barycentre partiel : G devient le barycentre de O(2) et M(2) c’est donc leur milieu. Il est rapide de calculer les aires AGD et AODG : 2cm². Les aires OAF et ODE valent 4/3 cm². Leur réunion est AODG leur intersection OEGF (aire cherchée) il vient : aire OEGF= aire OAF + aire ODE - aire AODG = 2/3

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  • Février 2016, 1er défi

    le 11 février à 13:36, par Laurent

    Bonjour,

    Je me demande s’il est possible d’établir le résultat en utilisant la géométrie projective.

    Répondre à ce message
  • Février 2016, 1er défi

    le 11 février à 17:36, par Manchego

    Ma solution :

    AD = 4 ; 2*OD*OD = 16 ; OA = OD = sqr(8)

    OF = OE = sqr(8)/3 ; AE = 2*sqr(8)/3 = FD ; angle FAO = atan 1/3

    Aire FAO = 0.5 * sqr(8)*sqr(8)/3 = 4/3

    Soit X le point de coïncidence des lignes DE et AF. La distance entre X et la droite AO c’est l’hauteur (h) sur AO du triangle XAE. On doit accomplir h + h/tan(FAO) = sqr(8) ; h = sqr(8)/4

    Alors aire du triangle XAE = 0.5 * AE * h = 0.5 * 2*sqr(8)/3 * sqr(8)/4 = 2/3

    Aire vert = aire FAO - aire XAE = 2/3

    Très joli et amusant problème

    Répondre à ce message

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