Un défi par semaine

Juillet 2017, 4e défi

El 28 julio 2017  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (10)
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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 KB

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.

Article édité par Ana Rechtman

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Para citar este artículo:

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

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - BRIGITTE MERZ/LOOK/PHOTONONSTOP

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  • Juillet 2017, 4e défi

    le 30 de julio de 2017 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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