Un défi par semaine

Novembre 2018, 3e défi

Le 16 novembre 2018  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (28)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique chaque vendredi et sa solution la semaine suivante. Le calendrier 2019 est en librairie !

Semaine 46

Les longueurs des côtés du rectangle du coin ont pour rapport $2$. Combien de tels rectangles peut-on loger dans le carré ?

Solution du 2e défi de novembre :

Enoncé

La réponse est $7$ paires.

On peut réécrire l’équation sous la forme

\[\frac{ab+1}{b}=13\left(\frac{ab+1}{a}\right)\].

Comme $a$ et $b$ sont des entiers positifs, on a $ab+1>0$, donc on peut diviser l’équation par $ab+1$ et on obtient

$\frac{1}{b}=\frac{13}{a} \quad$ d’où $ \quad a+b=14b$.

On a alors

$a+b=14b<100 \quad$ d’où $\quad b<8$.

 

Par conséquent, les solutions sont $(13,1)$, $(26,2)$, $(39,3)$, $(52,4)$, $(65,5)$, $(78, 6)$ et $(91,7)$.

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 — «Novembre 2018, 3e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2018

Commentaire sur l'article

  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 08:29, par Al_louarn

    Soit $r$ le rayon du cercle et $O$ son centre, $P$ le point d’intersection du cercle et du rectangle, $Q$ la projection de $P$ sur la parallèle au grand côté du rectangle passant par $O$.
    Alors le triangle $OQP$ est rectangle en $Q$ donc $OQ^2 + QP^2 = OP^2$. En prenant comme unité de longueur le petit côté du rectangle on a $OQ=r-2$, $QP=r-1$, $OP=r$. Donc $(r-2)^2 + (r-1)^2 = r^2$, qui se simplifie en $r^2 -6r + 5 = 0$.
    Les racines de ce trinôme sont $1$ et $5$ mais la seule acceptable ici est $r=5$, ce qui donne un carré de côté $2 \times 5 = 10$. On peut donc le paver avec une grille de $5 \times 10 = 50$ rectangles.

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  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 10:04, par mong

    Soit P l’instersection du cercle et du petit rectangle et a l’angle formé avec l’horizontale, l le petit coté et L le grand coté du rectangle (avec l = L/2) ;
    on a :
    $l = 1 - sin (a)$
    $L = 1 - cos (a)$
    $l/L = 1/2 => 1 - 2sin( a) = cos( a)$
    $1 + 4sin^2( a) -4sin a = 1 - sin^2 (a)$
    $5sin² (a) - 4 sin(a) = 0$
    $sin² a = 4/5$
    $l = 1 - \frac{2}{\sqrt{5}}$
    Nb de fois où $l$ « loge » dans le grand carré :
    $n = \frac{ 1 }{1 - 2/\sqrt{5}}$
    Partie entière et application numérique : $n = 9$
    Le nombre de grands cotés est la moitié, ce qui donne un nombre total possible de rectangle de
    $9 × 4 = 36$

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    • Novembre 2018, 3e défi

      le 16 novembre à 13:32, par mong

      Evidemment, j’ai encore été trop vite...
      Il ne faut pas lire
      $sin²(a) = \frac{4}{5}$
      mais
      $sin(a) = \frac{4}{5}$
      ce qui donne :
      $l = \frac{1}{5} => L = \frac{2}{5}$
      Donc
      $nb_{rec} = 5 × 2 + 5 × 1 = 15$
      5 petits cotés pour 2 grands dans un sens, puis 5 dans l’autre sens

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      • Novembre 2018, 3e défi

        le 17 novembre à 14:00, par normalman

        Vos calculs pour l et L se base sur un quart du carré (contenant le cercle).
        Ainsi avec vos notations le carré est de côté 2, si l=1/5, on peut placer 10 rectangles dans le sens de la largeur, et si L=2/5, on peut placer 5 rectangles dans le sens de la longueur.
        On retrouve le nombre de 50 rectangles dans le carré (qui le recouvrent parfaitement).
        Cordialement.

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  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 11:05, par Bernard Hanquez

    Bonjour,

    Rien ne dit dans l’énoncé que les petits rectangles doivent tous être orientés dans le même sens. On peut améliorer la solution de mong en faisant subir une rotation de 90° à certains rectangles.

    On dispose 7 lignes de 4 rectangles horizontaux en commençant en haut à gauche , puis on ajoute 3 rectangles verticaux à droite et 9 autres verticaux en bas.

    Cela fait donc au total 4 x 7 + 3 + 9 = 40 rectangles.

    Document joint : rectangle-3.jpg
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    • Novembre 2018, 3e défi

      le 16 novembre à 13:01, par ROUX

      Pourquoi ne discutez-vous pas la première solution qui en donne 50 ?

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  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 12:59, par ROUX

    Que faites-vous ensuite de P ?
    Où est l’angle a ?
    Pourquoi ne discutez-vous pas la solution précédente qui en donne 50 ?

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    • Novembre 2018, 3e défi

      le 16 novembre à 13:20, par mong

      bonjour,
      je ne fais rien de $P$ car il me sert à visualiser l’angle a, angle entre $OP$ et l’horizontale, comme précisé.
      Quant à la solution qui en donne 50, j’avoue que je ne la comprend pas, et que je me sentais plus à l’aise avec la trigo, même si on a bien vu qu’il me manquait (comme souvent) de bien finir et d’optimiser la méthode !

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      • Novembre 2018, 3e défi

        le 16 novembre à 14:31, par ROUX

        Ok mais vous ne précisiez bel et bien pas que l’angle a était entre OP et l’horizontale  ;-)...

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  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 13:18, par ROUX

    Je trace un repère cartésien et je ne joue que du côté des abscisses et des ordonnées positives.
    Je trace le cercle de rayon R, le rectangle et, disons P, le point d’intersection entre le rectangle et le cercle.
    Les coordonnées de P sont (x,y).
    Le petit côté l du rectangle vaut donc (R - y) et le grand côté L du rectangle vaut donc (R - x).
    La condition posée est : 2*(R - y) = (R - x) ce qui donne R -2*y = -x ou x = 2*y - R.
    Par ailleurs, P étant sur le cercle, on a x^2 + y^2 = R^2 ou (2*y - R)^2 + y^2 = R^2 ce qui donne 4*y^2 - 4*R*y + R^2 + y^2 = R^2 ou encore 5*y^2 - 4*R*y = 0 ou encore y*(5*y - 4*R) = 0 ou y = 4/5*R ou y = 0,8*R et x = 0,6*R.
    Alors l = 0,2*R et L = 0,4*R.
    On a 5*L = 2*R qui est la valeur du côté du carré et on a 10*l = 2*R qui est gnagna.
    5*10 = 50 rectangles.
    Sans équation du second degré.
    Sans sinus.
    Sans cosinus.
    Yes !!!
    Et j’attends évidemment un commentaire géométrique ou probabiliste de Daniate qui me fera verdir de jalousie  ;-) !

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    • Novembre 2018, 3e défi

      le 16 novembre à 14:02, par Daniate

      Bonjour,

      Il existe en effet une démonstration plus géométrique.

      Tracer le diamètre horizontal, tracer la diagonale du rectangle supérieur qui passe par P et joindre P à l’autre extrémité du diamètre. On obtient plein de triangles rectangles de rapport 1/2. Dans le plus grand on a tracé sa hauteur : soit h sa longueur. Son pied partage l’hypoténuse en deux segments de longueurs 2h et d (diagonale du petit rectangle).

      Une relation métrique donne 2hd=h² et donc h=2d. La grande diagonale mesure donc 5d.

      Aucun problème maintenant pour retrouver les 50 du début.

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  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 15:34, par Pierre Cami

    Visuellement 5 rectangles sur la ligne du haut donc 10 sur la ligne de droite
    5*10=50
    Pourquoi faire compliqué, c’est si simple !

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    • Novembre 2018, 3e défi

      le 16 novembre à 15:54, par Lina

      Voir n’est pas savoir !

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      • Novembre 2018, 3e défi

        le 16 novembre à 17:43, par ROUX

        Ah !
        Ouf !
        Merci Lina !

        Répondre à ce message
      • Novembre 2018, 3e défi

        le 16 novembre à 18:05, par Pierre Cami

        Si voir n’est pas savoir comment faîtes vous pour lire l’énoncé et donc résoudre le problème ?
        Pour ma par je ne crois que ce que je vois.

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        • Novembre 2018, 3e défi

          le 16 novembre à 18:12, par ROUX

          Ah, mais vous êtes au mauvais endroit pour croire  ;-). Des lieux, à des lieux d’ici, existent pour cela : temple, église, mosquée, synagogue, etc.

          Et raisonnez juste sur une figure fausse (une figure qui ne permet pas de voir ce qu’on devra savoir  ;-)) ne fait en vous rien résonner ?

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          • Novembre 2018, 3e défi

            le 16 novembre à 19:34, par Pierre Cami

            J’ai 80 ans, Ingénieur ESCIL promotion 1961et j’ai reçu de la vie plus de leçons que celles que vous voulez me donner.
            Je ne vous connait pas mais vos mots montrent une totale ignorance de qui je suis !
            J’ai enseigné à L’EFT pendant 3 ans de 1962 à 1965, j’ai ensuite fait une carrière dont je suis fier, je ne suis et n’est jamais était croyant mais je me suis toujours opposé avec détermination contre des individus de votre espèce !

            Répondre à ce message
            • Novembre 2018, 3e défi

              le 16 novembre à 20:56, par Pierre Cami

              Je corrige les fautes d’orthographe qui m’ont été dictées par ma colère.
              J’ai 80 ans, Ingénieur ESCIL promotion 1961et j’ai reçu de la vie plus de leçons que celle que vous voulez me donner.
              Je ne vous connait pas mais vos mots montrent une totale ignorance de qui je suis !
              J’ai enseigné à L’EFT pendant 3 ans de 1962 à 1965, j’ai ensuite fait une carrière dont je suis fier, je ne suis et n’est jamais été croyant mais je me suis toujours opposé avec détermination contre des individus de votre espèce !

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              • Novembre 2018, 3e défi

                le 16 novembre à 21:17, par ROUX

                Alors dans ce cas :
                ingénieur
                connais
                Ecole Supérieure de Chimie Industrielle de Lyon (ESCIL)
                E ? ... F ?... T ?... (EFT)

                Répondre à ce message
                • Novembre 2018, 3e défi

                  le 17 novembre à 11:16, par Pierre Cami

                  E= école
                  F= Française
                  T= tannerie
                  EFT=Ecole Française de Tannerie

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            • Novembre 2018, 3e défi

              le 16 novembre à 21:11, par ROUX

              Heureusement que vous avez évidemment reçu plus de leçons que celle que vous me voulez voir (encore ce fichu voir !!!) vous donner puisque somme toute, ce ne serait au maximum qu’une (1) seule leçon  ;-)...
              Leçon que je ne vous donne d’ailleurs pas  :-) !
              Vous n’êtes pas Pierre Henri Cami (lien) mais vous êtes Pierre Cami (lien).
              Ici, vous serez correctement vouvoyé mais, je note qu’un tout petit peu au-dessus, avec votre ça se voit, aussi ici vous montrez les mêmes difficultés à comprendre ce qu’est une démonstration que celles que vous semblez avoir montrées dans le forum digiSchool.

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              • Novembre 2018, 3e défi

                le 16 novembre à 21:36, par Pierre Cami

                Comme quoi vous êtes un ignorant, vous affirmer que je ne suis pas Pierre Henri CAMI !
                C’est faux , Je suis bien reconnu par l’état civil comme Pierre Henri CAMI né le 25 juillet 1938 à PARIS 14ème bien après l’humoriste, vous avez encore dit au moins un mensonge !

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              • Novembre 2018, 3e défi

                le 16 novembre à 22:00, par Pierre Cami

                Vous avez mis le doigt sur une point qui me tiens à cœur et que vous aurez du mal à démonter, une proposition de preuve de la conjecture de Collatz.
                Si la conjecture est vérifiée tout nombre entier impair a(i) conduit à 1 après les opérations qui suivent :
                si a(i) est de la forme (2*n+1)*2^j, a(i-1)=2*n+1 et si a(i) est impair a(i-1)=6*n+4
                à la fin a(0)=1 si la conjecture est vérifiée.
                La suite au prochain n°

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                • Novembre 2018, 3e défi

                  le 16 novembre à 23:30, par ROUX

                  • Novembre 2018, 3e défi

                    le 17 novembre à 09:54, par Pierre Cami

                    Vous avez mis le doigt sur une point qui me tiens à cœur et que vous aurez du mal à démonter, une proposition de preuve de la conjecture de Collatz.
                    Si la conjecture est vérifiée tout nombre entier impair a(i) conduit à 1 après les opérations qui suivent :
                    si a(i) est de la forme (2*n+1)*2^j, a(i-1)=2*n+1 et si a(i) est impair a(i-1)=6*n+4
                    à la fin a(0)=1 si la conjecture est vérifiée.
                    Définissons l’ensemble des suites u(i) qui contiennent tout prédécesseur possible de u(i-1).
                    On commence par u(0)=1et on ne considère que les nombres impairs.
                    Les termes de la suite u(1) sont donnés par le formule (4^n-1)/3 pour n de 1 à N.
                    Les termes de la suite u(2) sont donnés par : (((4^n-1)/3)*4^j-1)/3 si (4^n-1)/3 est 1 modulo 6 ou par((4^n-1)/3) *2^(2*j-1)-1)/3 si (4^n-1)/3 est 5 modulo 6 pour n de 1 à N et j de 1 à n.
                    Les termes de la suite u(i) sont donnés par (u(i-1)*4^k-1)/3 si u(i-1) est 1 modulo 6 ou par (u(i-1)*2^(2*k-1)-1)/3 si u(i-1) est 5 modulo 6 pour toutes les valeurs de u(i-1) et k de 1 à N.
                    Il est facile de vérifier que chaque nombre impair est présent une fois et une seule fois dans l’ensemble des suites u(i) ci-dessus définies, d’où la vérification de la conjecture de Collatz.

                    Répondre à ce message
  • Novembre 2018, 3e défi

    le 16 novembre à 18:43, par drai.david

    Je vais mettre tout le monde d’accord : l’énoncé ne dit pas que l’on doit retirer le disque vert, donc il n’y a la place que pour 4 rectangles sur la surface restante !

    Plus sérieusement :
    Dans un repère orthonormé, soient le demi-cercle de centre O et de rayon 1, d’équation $y=\sqrt{1-x^2}$ et $A(x_A,y_A)$ le point de contact entre ce cercle et le rectangle.
    On a : $1-x_A=2(1-y_A)$ $\Leftrightarrow$ $y_A=\frac{1+x_A}{2}$ .
    On a donc $\sqrt{1-x_A^2}=\frac{1+x_A}{2}$ $\Leftrightarrow$ $4(1-x_A^2)=1+2x_A+x_A^2$ $\Leftrightarrow$ $5x_A^2+2x_A-3=0$ .
    $\Leftrightarrow$ $x_A=\frac{3}{5}$ et $y_A=\frac{4}{5}$ .
    La longueur du rectangle est donc $1-x_A=\frac{2}{5}$ et sa largeur est $1-y_A=\frac{1}{5}$ .
    Comme le carré est de côté 2, on peut placer 10 lignes de 5 rectangles, soit 50 rectangles.

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    • Novembre 2018, 3e défi

      le 16 novembre à 20:51, par ROUX

      Adorable préambule à la réponse :-) !

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