Un défi par semaine

Juillet 2019, 2e défi

Le 12 juillet 2019  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (4)
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Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 28

Les côtés des carrés mesurent
$4$ et $6$ centimètres
respectivement,

et le sommet du grand carré est sur le centre du
petit carré.

Combien mesure l’aire colorée ?

PNG - 10.5 ko

Solution du 1er défi de juillet :

Enoncé

La solution est $16$.

Soit $n$ cet entier. Rappelons tout d’abord que tous les nombres premiers sauf $2$ sont
impairs.

De plus la somme de deux nombres impairs est paire. Ainsi, si
$n$ est impair, il s’écrit nécessairement comme la somme de $2$ et
$n-2$.

La décomposition est alors unique, donc
le nombre $n$ recherché est alors nécessairement pair.

Écrivons les premières décompositions possibles :
\[ \begin{eqnarray*} 8 & = & 5 + 3\\ 10 & = & 7 + 3\\ 12 & = & 7 + 5\\ 14 & = & 11 + 3\\ 16 & = & 13 + 3 = 11 + 5. \end{eqnarray*} \]
La valeur de $n$ est donc $16$.

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 — «Juillet 2019, 2e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2019

Crédits image :

Image à la une - ARES JONEKSON / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2019, 2e défi

    le 12 juillet à 08:24, par jokemath

    L’énoncé ne donne pas de précision sur la position des intersections des côtés du grand carré avec le petit, mais comme un de ses sommets est au centre du petit, alors, le grand carré peut, par exemple, passer par 2 sommets consécutifs du petit, et ainsi couvrir un quart du petit.
    L’aire de la partie commune est donc le quart de l’aire du petit carré, qui vaut 4x4, donc la réponse est 4 cm².

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  • Juillet 2019, 2e défi

    le 12 juillet à 09:19, par François

    Quitte à faire des rotations de π/4 et/ou une symétrie, on peut se placer dans le cas de figure de l’énoncé. On prend comme origine du repère O le centre du petit carré et comme axes les droites Ox et Oy parallèles aux côtés du petit carré. A et B sommets du petit carré de coordonnées respectivement (2,2) et (-2,2).N l’intersection du grand carré avec le segment [AB] et M l’autre intersection. Soit enfin θ l’angle (Ox,OM). On a θ compris entre 0 et π/4.Les coordonnées de M sont (2,2 tan(θ)) celles de N sont (2tan(θ),2).
    L’aire du triangle ONM est 2(1 + tan²(θ)) celle du triangle ANM est 2(1 - tan²(θ))..
    L’aire colorée est donc 2(1 +tan²(θ))+2(1 - tan²(θ)) = 4.
    Il est clair qu’elle ne dépend pas de la longueur des côtés du grand carré pourvu que celle-ci dépasse 4√2.

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  • Juillet 2019, 2e défi

    le 12 juillet à 11:50, par François

    Autre solution géométrique :
    ABCD le petit carré, O son centre, M intersection du grand carré avec AD et N celle avec AB. P milieu de AB et Q celui de AD. Le triangle OPN se déduit de OQM par une rotation d’angle droit. En effet OQ = OP et au niveau des angles QON = QOM + MON = QOP + PON., comme MON et QOP sont droits les angles QOM et PON sont égaux.
    L’aire du quadrilatère AMON est donc égale à celle de AQOP qui vaut 4

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  • Juillet 2019, 2e défi

    le 12 juillet à 13:03, par Niak

    Prolonger les côtés du grand carré découpe le petit carré en quatre parties identiques à rotation près.

    Document joint : juillet1-2.png
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