Un défi par semaine

Janvier, 5ème défi

Le 31 janvier 2014  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (27)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2014 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 5 :

Les deux arcs de cercle sont égaux. En utilisant seulement deux droites, diviser la figure en deux parties d’aires égales.

JPEG - 10.9 ko

Solution du 4ème défi de janvier

Enoncé

La réponse est non.

Un exemple de grille de $3\times 5$ s’obtient si nous plaçons dans la deuxième ligne les nombres dans l’ordre suivant : 5, 3, 1, 4, 2.

Observons qu’il n’est pas possible de remplir une grille de
$3\times 6$. En effet les nombres sur la troisième ligne doivent
être $0, 1, 2, 3, 4$ et $5$, c’est-à-dire, 3 nombres pairs et 3 impairs. De plus, pour avoir un nombre pair sur la troisième ligne, les nombres de la colonne respective doivent être tous les deux pairs ou tous les deux impairs, et pour avoir un nombre impair sur la troisième ligne, les nombres dans la colonne respective doivent être un pair et un impair.

Si on place sur la deuxième ligne les 3 nombres impairs sous 3 nombres impairs, on obtiendra sur la troisième ligne 6 nombres pairs, ce qui n’est pas ce qu’on souhaite.
De façon analogue, si on place sur la deuxième ligne les 3 nombres impairs sous 3 nombres pairs, on obtiendra sur la troisième ligne 6 nombres impairs.
Cependant, si on place sur la deuxième ligne les 3 nombres impairs sous 2 pairs et 1 impair, on obtiendra 4 nombres impairs et 2 nombres pairs, qui ne correspondent pas aux 3 pairs et 3 impairs dont nous avons besoin.
Finalement, si on place les 3 impairs sous 2 impairs et 1 pair, on obtiendra 4 nombres pairs et 2 impairs, ce qu’on ne veut pas non plus. Par conséquent, ce n’est pas possible.

Post-scriptum :

Pour en savoir plus sur l’image du mois de janvier, Une chambre hyperbolique par Jos Leys.

L’édition française du calendrier est une publication des Presses Universitaires de Strasbourg et de Googol.

Calendrier mathématique 2014 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Étienne Ghys - Illustrations : Jos Leys.
2013, Googol, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Janvier, 5ème défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2014

Crédits image :

Image à la une - L’édition française du calendrier est une publication des Presses Universitaires de Strasbourg et de Googol.

Commentaire sur l'article

  • Janvier, 5ème défi

    le 31 janvier 2014 à 15:07, par Phénakistiscope

    Bonjour,

    Si je trace une corde du sommet vers l’un des 2 points de la base, j’obtiens une figure identique à celle construite de la même façon avec une corde vers l’autre point, laissant au milieu un triangle isocèle.

    En divisant ce triangle en deux parties égales, par la médiane (ou médiatrice), on trouve 2 triangles rectangles.

    Avec le tracé de 2 lignes : une « corde » et une médiane, on a 2 parties de surface égale, l’une est le triangle intérieur, l’autre est la concaténation des 2 parties restantes.

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    • Janvier, 5ème défi

      le 1er février 2014 à 09:59, par Daniate

      Bonjour,
      Je suis parti sur la même idée , mais en cherchant une solution connexe. Pour cela je trace la même corde et la médiane qui passe par le milieu de la corde. Malheureusement il n’est pas assuré que cette médiane reste à l’intérieur de la figure. C’est même assurément faux dans le cas limite de 2 quarts de cercles. Entre votre solution et la mienne, il existe une infinité de solutions en prenant un segment dont les extrémités restent sur la corde et sur la base tout en partageant le triangle en 2 aires égales. Par exemple un point au tiers de la corde à partir du haut et l’autre au quart de la base à partir de la droite. Cette solution, bien moins élégante que la votre, procure la satisfaction de 2 parties connexes, condition, je vous l’accorde, qui n’était pas demandée par l’auteur du défi.

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      • Janvier, 5ème défi

        le 1er février 2014 à 10:16, par Daniate

        Errata, le cas limite n’est pas forcément un quart de cercle, mais un arc de cercle tangent à la base. La suite reste correcte puisqu’on peut passer de ce nouveau cas au quart de cercle par affinité orthogonale.

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      • Janvier, 5ème défi

        le 1er février 2014 à 10:50, par Daniate

        Plus grave encore, je viens de simuler cette affinité orthogonale sur Geogebra. La figure peut prendre la forme d’une faucille (griffe de chat) et nos solutions ne conviennent plus. La corde n’est plus toute entière dans la figure.

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    • Janvier, 5ème défi

      le 2 février 2014 à 09:34, par ROUX

      La médiane ne reste complètement dans la figure que si elle est tangente à l’arc de cercle, ce qui devient impossible dès que ces arc de cercle sont trop grands.

      Il me semble que le triangle que vous voyez avec les deux cordes et ce que vous appelez efficacement la base est plus qu’isocèle : il est carrément (dans une figure avec des cercles et des triangles, il ne faut pas se priver d’utiliser cet adverbe !!!) équilatéral, tout au moins pour les deux tracés pris au hasard que je viens de faire...

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      • Janvier, 5ème défi

        le 2 février 2014 à 13:12, par Daniate

        Bonjour

        Vous vous laissez abuser par la figure accompagnant l’énoncé. Elle peut se fabriquer à partir de tout triangle isocèle ABC de sommet A. On trace les médiatrices de [AB] et de [AC]. On appelle C’ et B’ les milieux de [AB] et [AC]. Sur les médiatrices on place D et E tels que C’D = B’E = x, E étant l’image de D dans la rotation de centre A et d’angle l’angle au sommet du triangle ABC. Il suffit alors de tracer l’arc AB de centre D et l’arc AC de centre E. (les 2 arcs sont alors images l’un de l’autre par la rotation précitée, ils sont donc bien superposables). En faisant varier x, on peut obtenir diverses formes dont celle limite, où l’arc AC est tangent à (BC). En augmentant la hauteur du triangle de départ, on fait apparaître la forme que j’appelle griffe du chat.

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        • Janvier, 5ème défi

          le 2 février 2014 à 14:02, par Phénakistiscope

          La médiatrice coupant l’arc est effectivement un problème.

          Le raisonnement de départ reste bon jusqu’à l’obtention d’un triangle isocèle à l’intérieur.

          Si l’on divise ce triangle en deux parties égales, soit en reprenant les notations A, B et C en traçant une droite reliant les deux points B’ et C’, tel que AB’ = AB / √2 et AC’ = AC / √ 2, on obtient 2 parties d’aire égales (une histoire de proportion d’après M. Thalès)

          Si l’on duplique le segment qui commence du point C’ dans « l’arc extérieur » par le même segment (longueur, angle avec la corde) sur « l’arc extérieur », on obtient deux formes d’aires égales et compactes séparées par deux droites, quelque soit la taille des arcs.

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          • Janvier, 5ème défi

            le 2 février 2014 à 18:31, par Daniate

            Je crains de vous décevoir. J’ai placé la figure dans un repère orthonormal le sommet en A(1,h) et les points de base en B(0,0) et C(2,0). Pour faciliter les calculs j’ai pris un arc intérieur de rayon R, tangent à la base. J’ai noté M le 2ème point d’intersection de cet arc avec (BA) puis j’ai calculé le rapport BM/BA. Il vaut 2/(hR) qui tend vers 0 quand R (et h qui l’accompagne) tendent vers l’infini. Autrement dit, quel que soit le rapport choisi pour placer un point sur la corde AB, on trouvera un rayon assez grand pour que l’arc coupe la corde sous le point choisi.

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          • Janvier, 5ème défi

            le 2 février 2014 à 20:40, par Daniate

            Je vous présente mes excuses, votre dernier paragraphe, un peu confus géométriquement parlant, vient de s’éclaircir. Nous avons trouvé la même solution pour partager la figure en 2. Il vous manquait simplement d’indiquer comment obtenir le rapport 1/ √ 2 avec une seule droite.

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        • Janvier, 5ème défi

          le 2 février 2014 à 16:52, par ROUX

          Oui : j’ai fait une erreur !

          Répondre à ce message
  • Janvier, 5ème défi

    le 31 janvier 2014 à 18:51, par ROUX

    Hum... Je me permets ?

    Allez plutôt lire la solution du défi n°4 dans les commentaires au défi n°4 où nous avons, à plusieurs, construit une bien belle solution.

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    • Janvier, 5ème défi

      le 1er février 2014 à 12:06, par Ana Rechtman

      Je suis d’accord et contente de ce fait, je cite l’introduction de la brochure du calendrier mathématique :

      ... les solutions présentées ne sont pas uniques ; vous en
      inventerez sûrement d’autres.

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  • Janvier, 5ème défi

    le 2 février 2014 à 11:50, par ROUX

    Zut... Avec trois droites, j’ai, mais pas avec deux... Et je vais devoir bien oublier la solution à trois car la solution à deux ne pourra sans doute pas être une amélioration légère ou triviale de la solution à trois...

    Zut !

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  • Janvier, 5ème défi

    le 2 février 2014 à 18:11, par Ana Rechtman

    Je pense qu’il n’y a pas de solution dans le cas ¨limite¨. Je m’excuse au nom de l’équipe du calendrier, la vérité c’est que les énoncés (images incluses) doivent rentrer dans le carré d’un jour du calendrier de dimensions 5x4cm. Donc quand on fait référence à une figure, nous prétendons que le lecteur va résoudre le problème pour la figure telle qu’elle est dessinée...

    Par ailleurs, je trouve intéressante la discussion de trouver une solution pour le cas limite (même avec trois droites).

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    • Janvier, 5ème défi

      le 2 février 2014 à 18:44, par Daniate

      Bonjour

      Je vous propose une solution en admettant que tracer seulement deux droites permet de tracer des cercles. Notation : A est le sommet, AB est l’arc extérieur, AC est l’arc intérieur.
      Je trace la médiatrice de [AC] (1ère droite nécessitant 2 cercles) , puis le milieu M de [AC] par alignement, donc pas de nouvelle droite. Je trace le cercle de diamètre [AC]. D et E sont les points d’intersection de la médiatrice et du cercle . Je trace le cercle de centre A passant par D et E . Il coupe les arcs en F et G. Je trace ma deuxième droite (FG) et le tour est joué.

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      • Janvier, 5ème défi

        le 5 février 2014 à 10:12, par ROUX

        Ouah... Mais comment démontrez-vous que c’est juste ?

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        • Janvier, 5ème défi

          le 5 février 2014 à 11:10, par Daniate

          Bonjour,

          La figure curviligne AFG a même aire que le triangle isocèle AFG qui est une réduction (similitude) de rapport 1/√2 du triangle ABC. Leurs aires sont donc dans un rapport (1/√2)(1/√2) = 1/2

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          • Janvier, 5ème défi

            le 5 février 2014 à 11:52, par ROUX

            Oups ! Non, c’est bon, je viens de lire l’un de vos messages dans lequel vous expliquez cette racine carrée de deux.

            Chapeau bas !

            Quelles ont été les prémices de votre raisonnement ?

            Répondre à ce message
            • Janvier, 5ème défi

              le 5 février 2014 à 16:19, par Daniate

              Dans une similitude de rapport k, les longueurs sont multipliées par k, les aires par k au carré, les volumes par k au cube. Donc pour diviser une aire par 2 il faut diviser les longueurs par racine de 2. Or cette racine apparaît naturellement dans un carré, d’où le début de ma construction.

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      • Janvier, 5ème défi

        le 6 février 2014 à 14:18, par ROUX

        Qu’est-ce que je me serai amusé avec ce défi et vos contributions, Daniate !!!

        A ma toute petite échelle, j’ai l’impression d’avoir participé à un Polymath !!!

        Si j’ai bien compris, vous nous avez d’abord montré que la surface de cette figure ABC où A est le point de rencontre des deux arc de cercle identiques est la même que celle du triangle isocèle ABC de sommet A.

        Puis vous avez appliqué à ce triangle isocèle une similitude de rapport racine carrée de deux pour trouver un triangle isocèle AFG en construisant ce rapport géométriquement et vous nous avez montré comment placer ce triangle sur les deux arcs de cercle.

        On est d’accord que la pépite à peine cachée est que pour peu qu’on sache mesurer ou construire les racines carrées des nombres sollicités, vous nous avez donné une technique pour diviser cette figure en (n) parties de surface égales avec (n-1) droites finales (j’exclus les droites de constructions des rapports des similitudes).

        Est-on d’accord ?

        Je crois que je viens de le faire pour trois parties en construisant deux triangles isocèles sur les deux arcs de cercle en traçant deux cercles de centre A et de rayons ((inverse de la racine carrée de trois) fois AC) et ((deux fois l’inverse de la racine carrée de trois) fois AC.

        Je suis expérimentateur : je me suis donc contenté du nombre de chiffres significatifs suffisant pour ma règle graduée et mes yeux de cinquantenaire.

        Encore merci à vous toutes et tous pour ce choix de défis qui me permet de jouer et pour vos contributions qui me permettent de savourer la manière dont les mathématicien(ne)s pensent.

        Répondre à ce message
    • Janvier, 5ème défi

      le 2 février 2014 à 19:29, par ROUX

      Pourriez-vous alors nous indiquer le rayon des deux cercles, l’écart entre leurs centres et l’angle des deux arcs de cercle ?

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      • Janvier, 5ème défi

        le 2 février 2014 à 19:56, par Daniate

        Cette construction fonctionne dans tous les cas. Le rayon du premier cercle est AC/2, celui du deuxième est AC/√2. La partie du haut de la figure a la même aire que le triangle isocèle AFG qui est semblable à ABC dans un rapport 1/√2, idée déjà envisagée par Phénakistiscope.

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    • Janvier, 5ème défi

      le 2 février 2014 à 23:14, par ROUX

      Je suis désolé : je n’ai en fait pas de solution à trois droites.
      J’avais fait une erreur d’appréciation qui m’avait placé dans un cas terriblement particulier.

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  • Janvier, 5ème défi

    le 4 février 2014 à 18:24, par miir

    Bonjour, sur le forum français de GeoGebra : http://www.geogebra.org/forum/viewforum.php?f=74 , on s’efforce, avec beaucoup de plaisir, à donner une illustration à vos jolis défis, utilisant cet outil. Michel IROIR

    Répondre à ce message
    • Janvier, 5ème défi

      le 5 février 2014 à 10:07, par ROUX

      Je ne les trouve pas...

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      • Janvier, 5ème défi

        le 5 février 2014 à 14:14, par miir

        Ils sont dans les messages fichiers joints à l’intérieur des posts, classés par défi. Par exemple, dans celui-ci : http://www.geogebra.org/forum/viewtopic.php?p=123758#p123758

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  • Janvier, 5ème défi

    le 28 juin 2015 à 15:35, par Laurent

    Bonjour,

    Je viens de chercher l’énigme proposée.
    Il manque des informations dans l’énoncé : le triangle ABC est équilatéral.
    On peut réaliser une figure « ressemblante » avec la seule contrainte : les arcs AB et AC ont même rayon de courbure ( ce qui revient à dire puisqu’ils ont même longueur , que ABC est isocèle en A ).
    Ainsi si ABC est isocèle en A, la médiane issue de C proposée en solution n’est plus tangente au côté AC( ce qui est bien le cas dans le cas du triangle équilatéral) et la solution proposée n’est plus valable alors que celle présentée avec la construction de 1/racine carrée de 2 de AC par les lecteurs est toujours valable.

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