21 novembre 2014

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  • Novembre, 3ème défi

    le 21 novembre 2014 à 07:45, par ROUX

    Huitante-quatre ?
    Et on occuperait un peu plus de huitante-six (mais moins de huitante-huit !!!) pour cent de la surface ?

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    • Novembre, 3ème défi

      le 21 novembre 2014 à 08:03, par Daniate

      Bonjour

      Désolé de vous contredire, j’en trouve 50, frileusement serrés les uns contre les autres et occupant toute la place.

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  • Novembre, 3ème défi

    le 21 novembre 2014 à 08:36, par zgreudz

    Bonjour,

    On écrit que l’angle inférieur gauche du rectangle appartient au cercle de rayon R. Si e est le petit coté du rectangle cela revient a écrire R²=(R-2e)²+(R-e)². Si on note n=R/e, cette relation s’écrit n²-5n+6=0 donc deux solutions n=5 et n=1. Le nombre N de rectangles dans le carré est 2R/e x 2R/2e soit 2n². Les solutions sont donc N=50 ou N=2.

    Le cas pathologique N=2 correspond au cas ou le rectangle touche le cercle au point le plus a gauche mais comme il coupe le cercle on peut éventuellement éliminer cette solution.

    A+

    Christian

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  • Novembre, 3ème défi

    le 21 novembre 2014 à 08:41, par zgreudz

    D’ailleurs ce qui est intéressant c’est qu’avec cette contrainte n soit entier. Question : existe-t-il d’autre rapports que 2 pour les cotés du rectangle qui donne un nombre entier de rectangles dans le carré ?

    Christian

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    • Novembre, 3ème défi

      le 21 novembre 2014 à 11:48, par Daniate

      Intéressante question, qui, après bien des calculs qu’il convient de vérifier, aboutit à deux malheureuses solutions symétriques : 1/2 et celle du défi.

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  • Novembre, 3ème défi

    le 21 novembre 2014 à 08:42, par ROUX

    Oui !

    Je vous remercie tous les deux : je me suis trompé de rectangle !

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  • Novembre, 3ème défi

    le 21 novembre 2014 à 09:55, par Daniate

    Pour ma part, j’ai utilisé un peu de géométrie, ce qui ne surprendra pas qui me connaît un peu. Le rectangle est un demi carré, il a donc une diagonale commune avec le grand demi carré supérieur. Avec un peu d’aide de nos vénérés Thalès et Pythagore, et quelques manipulations sur les racines carrées on trouve un rapport de 1/5 entre les deux diagonales.

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    • Novembre, 3ème défi

      le 21 novembre 2014 à 18:01, par ROUX

      Et oui... Je suis vite rentré à la maison pour tracer la solution que j’avais fini par imaginer et être heureux de me rattraper et... Trop tard !!!

      Mais encore merci !!!

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  • Novembre, 3ème défi

    le 25 novembre 2014 à 06:05, par Jerome

    Bonjour,

    Je viens de voir l’énigme et je l’ai comprise de travers (est-ce à cause de l’heure ?). Cela m’a amené à essayer de répondre au problème : « combien de tels rectangles peut-on loger dans le disque ? »...

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  • Novembre, 3ème défi

    le 28 novembre 2014 à 08:23, par André Perrenoud

    Bonjour,

    Très joli problème ! La réponse est 40.

    Solution :

    Prenons le rayon du cercle égal à 1. Soit O le centre du centre du cercle.

    Choisissons un système cartésien Oxy dont l’axe x est horizontal et l’axe y vertical.

    Considérons le point inférieur gauche du petit rectangle et baptisons ses coordonnées (cos(phi) ; sin(phi)).

    L’équation qui donne phi s’écrit (1-cos(phi))/(1-sin(phi))=2

    Pour la résoudre, utiliser les formules trigonométriques exprimant le sinus et le cosinus en fonction de l’angle moitié.

    On trouve tan(phi/2)= 1/2

    D’où sin(phi/2)=1/racine(5) et cos(phi/2)=2/racine(5)

    Le grand côté du petit rectangle vaut (1-cos(phi))=2sin^2(phi)=2/5. Le petit côté vaut 1/5.

    Donc on peut loger exactement 40 petits rectangles dans ce carré

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  • Novembre, 3ème défi

    le 28 novembre 2014 à 16:05, par André Perrenoud

    Oops !! Mea maxima culpa !
    En relisant ma prose, je m’aperçois que j’ai commis une erreur.

    La bonne réponse est 50.

    (2/(2/5))*(2/(1/5))=50

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