Un défi par semaine

Juillet 2017, 4e défi

Le 28 juillet 2017  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (10)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2017 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 30 :

Nous plions les coins du rectangle de la figure de façon à faire toucher les deux sommets inférieurs. Combien mesure $x$ ?

PNG - 28.5 ko

Solution du 3e défi de Juillet :

Enoncé

La réponse est $250\,\mathrm{m}$.

Appelons $v$ la vitesse à laquelle marche la vache et $V$ la vitesse du train, exprimées en mètres par minute. La vache ne peut se trouver que dans la moitié proche de l’entrée du tunnel, c’est-à-dire l’extrémité du tunnel où le train entrera. Si elle se trouvait dans l’autre moitié, il est impossible qu’elle se retrouve au même moment que le train au bout du tunnel quelle que soit la direction prise pour sortir du tunnel.

Si nous appelons $2l$ la longueur du tunnel, le temps que mettra la vache à arriver à l’entrée du tunnel est de $\frac{l-5}{v}$ minutes, alors que le train mettra, lui, $\frac{3000}{V}$ minutes. Nous avons donc : $\frac{l-5}{v}=\frac{3000}{V}$. De la même manière nous avons $\frac{l+5}{v}=\frac{3000+2l}{V}$. En divisant la première égalité par la seconde nous obtenons :

$\frac{l-5}{l+5} = \frac{3000}{3000+2l}$

$3000l+2l^2-15\,000-10l = 3000l+15\,000$

$2l^2-10l = 30\,000$

$l(l-5) = 15\,000$

$l = 125.$

Ainsi, la longueur du tunnel est de $2l=250\,\mathrm{m}$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2017 - Sous la direction d’Ana Rechtman, Maxime Bourrigan - Textes : Antoine Rousseau et Marcela Szopos.
2016, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2017, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2017

Crédits image :

Image à la une - BRIGITTE MERZ/LOOK/PHOTONONSTOP

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2017, 4e défi

    le 28 juillet à 07:55, par Al_louarn

    Considérons par exemple la moitié droite de la figure avec les coins repliés.
    Au-dessus du coin replié nous avons un grand triangle rectangle d’hypothénuse $9$, de coté horizontal $6$ et de côté vertical $a$. Le théorème de Pythagore nous donne $a^2 + 6^2 = 9^2$. D’où $a = 3 \sqrt{5}$.
    En-dessous du coin replié nous avons un petit triangle rectangle d’hypothénuse $x$, de côté horizontal $6-x$ et de côté vertical $9-a$. Pythagore nous donne $(9-a)^2 + (6-x)^2 = x^2$. Comme on connaît $a$ il n’y a plus qu’à calculer et l’on trouve $x=\frac{9(3 - \sqrt{5})}{2}$, soit environ $3,44$.

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  • Juillet 2017, 4e défi

    le 29 juillet à 23:09, par drai.david

    Plus généralement, si $a$ est la longueur du rectangle et $b$ sa largeur (avec $a\leq 2b$), alors :
    $x=\frac{b}{a}\left ( 2b-\sqrt{4b^2-a^2} \right ) $.
    Il existe donc des triplets d’entiers $(a,b,x)$ : (16,10,5) , (18,15,5) , (72,39,26) , (150,85,51) , (192,100,75)...

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    • Juillet 2017, 4e défi

      le 2 août à 23:45, par Daniate

      Bonsoir,

      Vos triplets, que je n’hésite pas à qualifier de Davidiciens peuvent se trouver grâce à une formule dont j’ignore si elle permet de les calculer tous. Deux entiers u>v étant choisis on a :
      a = 4u²v
      b = u(u²+v²)
      x = v(u²+v²)

      Il convient de diviser les 3 nombres par 2 si u et v ont la même parité et par 4 si u est pair et v=2.

      Le cas u=v=1 donne curieusement 4,2,2 qui devient 2,1,1 solution qui ne devient évidente qu’après l’avoir trouvée.

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      • Juillet 2017, 4e défi

        le 2 août à 23:47, par Daniate

        Oubli : u et v sont bien sûr premiers entre eux

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  • Juillet 2017, 4e défi

    le 30 juillet à 08:47, par zahlen

    une question : : le petit triangle du bas est-ce bien un triangle isocèle rectangle ?

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    • Juillet 2017, 4e défi

      le 30 juillet à 09:46, par drai.david

      Non, l’angle principal est obtus et vaut $\arccos\left ( \frac{-1}{9} \right ) \approx 96°$.
      Si cela peut t’aider...

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      • Juillet 2017, 4e défi

        le 30 juillet à 10:07, par zahlen

        comment obtenez vous ce résultat ?

        Répondre à ce message
  • Juillet 2017, 4e défi

    le 30 juillet à 12:22, par drai.david

    Bon, je vais tenter, mais il va te falloir un petit dessin :

    Soient $ABCD$ le rectangle ( $[AB]$ est le côté du haut ), $E$ et $F$ les intersections des droites en pointillé avec le côté $[DC]$ ( $E$ à gauche de $F$ ), et $G$ le point le contact des deux coins $C$ et $D$ « repliés » (sur la figure de droite).
    Soit $a$ la longueur de $ABCD$, $b$ sa largeur et $\theta$ l’angle $\widehat{DAE}$.
    On a $\widehat{FEG}=2\theta$. On en déduit que $x(1+\cos{2\theta})=\frac{a}{2}$.
    En utilisant $\cos{2\theta}=2\cos^2{\theta}-1$, il vient $2x\cos^2{\theta}=\frac{a}{2}$.
    Pythagore donne par ailleurs $\cos^2{\theta}=\frac{b^2}{x^2+b^2}$.
    Donc $\frac{2b^2x}{x^2+b^2}=\frac{a}{2}$. Ceci donne une équation du 2nd degré en $x$ qui a pour solution valide : $\boxed{x=\frac{b}{a}\left ( 2b-\sqrt{4b^2-a^2} \right )}$.
    De plus, $x(1+\cos{2\theta})=\frac{a}{2}$ donne $\cos{2\theta}=\frac{a}{2x}-1$.
    On réinjecte l’expression de $x$ et après simplification, on trouve : $\cos{2\theta}=\sqrt{1-\frac{a^2}{4b^2}}$.
    Enfin, l’angle $\widehat{EGF}$ recherché vaut $\pi-4\theta$.
    Finalement, $\widehat{EGF}=\pi-2\arccos{\sqrt{1-\frac{a^2}{4b^2}}}=\pi-2\arcsin\left ( \frac{a}{2b} \right )=2\left ( \frac{\pi}{2}-\arcsin{\frac{a}{2b}} \right )$.
    D’où : $\boxed{\widehat{EGF}=2\arccos{\left ( \frac{a}{2b}\right )}}$.
    Donc, avec $a=12$ et $b=9$, on obtient $\widehat{EGF}=2\arccos{\left( \frac{2}{3}\right )}$.
    Et pour une raison (sûrement simple) que j’ai la flemme d’élucider, il se trouve que $2\arccos{\left( \frac{2}{3}\right )}=\arccos{\left( -\frac{1}{9}\right )}$...

    En fait, j’ai un peu honte de mon raisonnement. En effet, le résultat final est tellement simple qu’il doit pouvoir être obtenu de manière beaucoup plus simple !
    Enfin, ça vient comme ça vient ! Et puis, comme ça, j’apprends à écrire en LaTeX !!!

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    • Juillet 2017, 4e défi

      le 30 juillet à 14:16, par zahlen

      mes questions étaient un peu hors sujet mais merci pour votre démonstration !

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    • Juillet 2017, 4e défi

      le 1er août à 09:59, par Daniate

      Bonjour,

      Si votre objectif est de calculer le cosinus de EGF alors il est en effet plus simple de démontrer l’égalité d’angles EGN= GAM ( M et N milieux de AB et CD ). Le cosinus est alors a/2b et dupliqué il vient cos EGF=(a²-2b²)/2b². Ce qui montre d’ailleurs que si a = b racine(2) EGF est rectangle et isocèle. C’est le cas pour le format A4 et tous les formats A quelque chose.

      Bon courage pour le Latex. Vous verrez aisément que je ne m’y suis pas mis en espérant toutefois que mes remarques n’en deviennent pas illisibles.

      Répondre à ce message

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