Un défi par semaine

Juin 2017, 5e défi

Le 30 juin 2017  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (7)

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

Semaine 26 :

Si $C$ est sur $[AB]$ de sorte que $AC=2\times CB$ et $[CD]$ est perpendiculaire à $[AB]$, quel est le rapport entre les aires des triangles $ABD$ et $CDE$ ?

PNG - 44.5 ko

Solution du 4e défi de Juin :

Enoncé

La réponse est $17$ nombres.

Si $m$, $n$ et $p$ sont trois quelconques des entiers sélectionnés, comme $m+p$ et $n+p$ sont divisibles par $12$, leur différence $(m+p)-(n+p)=m-n$ est aussi divisible par $12$. Cela implique que, si Lili a choisi au moins $3$ nombres, alors tous ont le même reste quand on les divise par $12$, c’est-à-dire qu’ils sont tous de la forme $12k+c$ où $c$ est fixe entre $0$ et $11$ et $k$ peut varier.
Comme la somme de deux nombres doit être divisible par $12$, le nombre $2c$ doit être divisible par $12$, donc on a $c=0$ ou $c=6$.

En prenant par exemple $c=0$, Lili peut choisir les nombres $12, 24,\dots, 192=12\times 16$, ce qui fait $16$ nombres.

En prenant $c=6$, elle peut choisir les nombres $6, 18, 30,\dots$, $198$, ce qui fait $17$ nombres.

Alors, elle peut choisir $17$ nombres au maximum.

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.

Partager cet article

Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juin 2017, 5e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2017

Crédits image :

Image à la une - ARTEMAVETISYAN/SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juin 2017, 5e défi

    le 30 juin à 07:37, par Florian

    Pour l’aire du premier triangle : $\mathcal{A}_{ABD} = \frac{AB \times CD}{2}$

    Ensuite, la relation entre $OC$ et $AB$ : $OC = AC - AO = \frac{2}{3} AB - \frac{1}{2} AB = \frac{1}{6} AB$

    Pour l’aire du second triangle, les triangles $OCE$ et $OCD$ ont même hateur par rapport à la base $OC$, donc $\mathcal{A}_{CDE} = OC \times CD = \frac{AB \times CD}{6}$

    D’où : $\frac{\mathcal{A}_{ABD}}{\mathcal{A}_{CDE}} = 3$

    Répondre à ce message
  • Juin 2017, 5e défi

    le 1er juillet à 16:29, par Daniate

    Je propose deux démonstrations

    La première s’appuie sur la propriété d’un triangle de conserver son aire quand un sommet glisse parallèlement au côté opposé. On ajoute G projeté orthogonal de E sur (AB) et R intersection de (EG) avec le cercle. Les égalités suivantes s’appliquent aux aires . Par symétrie DCG=DCB. Par glissement de D en R : AGD=AGR=DCG donc ADB=3DCG =3DCE par glissement de G en E.

    La deuxième est un jeu de puzzle. F ,H et N sont les milieux de [AG] ,[CB] et [AD]. N et L sont les points de (AD) tels que (NF), (LG) et (DE) sont parallèles. J et P de (DE) sont tels que (JG), (PC) et (AD) sont parallèles. (GJ) coupe (DC) en I et (IB) coupe (DH) en K. DCB est alors découpé en 4 morceaux et ABD den 12 morceaux qui ne sont que les 4 répétés 3 fois.

    Répondre à ce message
    • Juin 2017, 5e défi

      le 2 juillet à 09:31, par ROUX

      Ouah la la !!!
      Quand j’ai lu le problème, j’ai immédiatement pensé à vous : de la géométrie avec des triangles 😉
      Le fait que le triangle ABD soit rectangle en D ne sert à rien, n’est-ce pas et alors le cercle ne sert à rien non plus ?
      Pour construire votre point R vous pouviez préciser qu’il était le symétrique de E par rapport à (AB) ou G raté quelque chose ?

      Répondre à ce message
      • Juin 2017, 5e défi

        le 2 juillet à 10:35, par Daniate

        Bonjour,

        En effet, grâce à votre remarque, je m’aperçois qu’on peut s’affranchir du cercle et donc de l’angle droit avec une hypothèse plus faible : E symétrique de D par rapport à O milieu de [AB] mais la symétrie n’existe plus et le point R devient inutile . Pour arriver à ABD =3DCG on peut démontrer AG=GC=CB . Je crains toutefois que le puzzle ne soit plus de saison.

        Répondre à ce message
        • Juin 2017, 5e défi

          le 2 juillet à 16:14, par Daniate

          Et pour être très exact G devient le point de (AB) tel que (GE) et (CD) sont parallèles.

          Répondre à ce message
    • Erratum

      le 2 juillet à 10:43, par Daniate

      Pour ceux, sans doute bien rares, qui voudraient faire le puzzle il convient d’appeler M le milieu de [AD]

      Répondre à ce message
  • Juin 2017, 5e défi

    le 4 juillet à 18:35, par Daniate

    Une autre démonstration est possible avec le théorème de Pick. Il suffit de placer tous les points sauf O dans un quadrillage rectangulaire ( ou parallélogrammique dans la version modifiée) un côté étant CB et l’autre CD.
    Il suffit alors de compter les points sur la bordure (B) et les points intérieurs (I) et d’appliquer la formule S = I + B / 2 - 1
    Pour ABD : I=0 et B=5 donc S=1,5 (fois l’aire de base)
    Pour DCE : I=0 et B=3 donc S=0,5

    Répondre à ce message

Laisser un commentaire

Forum sur abonnement

Pour participer à ce forum, vous devez vous enregistrer au préalable. Merci d’indiquer ci-dessous l’identifiant personnel qui vous a été fourni. Si vous n’êtes pas enregistré, vous devez vous inscrire.

Connexions’inscriremot de passe oublié ?

Suivre IDM