28 juillet 2017

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  • Juillet 2017, 4e défi

    le 30 juillet 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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