Bonjour
Je vous propose une énigme mathématique.
Gad s'est fait construire une piscine d'une forme basée sur un triangle équilatéral ABC de côté 10m; 3 arcs de cercle sont tracés et la bonde de vidange, V, est positionnée comme indiqué en figures 1 et 2.
Jenny propose deux exercices à Brian :
1° Il traverse la piscine en ligne droite, en passant par le canard flottant en surface et fixé en V (figure 3)
2° Il traverse la piscine en allant toucher la bonde en V (figure 4)
Questions mathématiques : Quelles seront les distances minimales de traversée pour les deux exercices ?
La question complémentaire est la justification du titre du message
Merci de répondre en invisible pour respecter le plaisir de participer de chacun
Rudy
Bonjour,
ce n'est pas précisé, mais je suppose que les arcs de cercles sont centrés en A, B et C ...
Merci pour cet intéressant exercice.
Je pense que tu as volontairement trop excentré V....
Bonjour,
on peut constater, sur la figure jointe, que pour trouver le chemin en ligne droite le plus court passant par le point V, il suffit de faire varier le coefficient angulaire a d'une droite d entre l'horizontale et l'angle donné par AE (+30°) puisqu'il y a symétrie par rapport à l'axe y.
La droite d coupe l'arc de cercle 1 en un point P1 dont les coordonnées répondent à l'équation du cercle 1 et à l'équation de la droite d:
y(P1)^2+ x(P1)^2 + 10x(P1) = 75 (1)
y(P1)= a*x(P1)+5/3* 3 (2)
en exprimant la valeur de y(P1) de (2) dans (1) on a une équation du second degré qui permet de trouver la valeur de x(P1) en fonction de a et ensuite y(P1)
De la même façon on considère que la droite d coupe l'arc de cercle 2 en un point P2
y(P2)^2+ x(P2)^2 - 10x(P1) = 75 (1)
y(P2)= a*x(P2)+5/3* 3 (2)
La distance parcourue vaudra d=(y(P2)-y(P1))^2-(x(P2)-x(P1))^2
Par un tableur Excel où l'on fait varier a de 0° à 30° on s'aperçoit que le trajet minimum est atteint pour a = 0 , droite d horizontale
La distance en surface vaut 9,1485m et lorsque l'on veut toucher la bonde 10,94m
avec le point V au milieu du trajet.
Bien à vous
Chère Veleda,
ce n'est pas tout-à-fait automatique d'utiliser Excel comme vous semblez le penser!
Avec des logiciels tels Geogebra une partie s'effectue automatiquement.
Avec un tableur, il faut définir chaque "champ". Donc vous devez établir pour un calcul de départ ( une ligne ) des formules qui vont remplir les cases horizontales, étape par étape; la dernière case vous donnant la valeur mathématique recherchée.
En copiant l'ensemble de la ligne de départ sur un groupe de lignes successives, en modifiant simplement la variable de base ( ici, dans le cas de la droite d, c'est le coefficient angulaire a) vous allez pouvoir comparer les valeurs itératives de la valeur recherchée. La valeur recherchée présente à un certain moment une valeur maximale ou minimale.
Il en résulte que l'aide apportée par le logiciel vous fait gagner un temps considérable.
L'essentiel consiste néanmoins dans votre mise en formules et dans votre programmation
bien à vous
Bonjour,
je confirme mon message sur les Eglises de Bruges.
Je teste aussi l'envoi de plusieurs images suivant la nouvelle procédure de Tom Pascal!
Voici d'abord l'image de l'Eglise Notre-Dame à Bruges qui possède l'oculus déjà photographié en détail au-dessus de la grande porte du fronton de l'église.
Maintenant vous pouvez voir le triangle curviligne du fronton de l'Eglise de Jerusalem à Bruges:
La cathédrale St-Sauveur ne possède pas cette forme d'oculus
Bien à vous
je précise ma solution
La bonde de fond se situe au centre du cercle inscrit dans le triangle équilatéral,nous savons que ce centre se situe sur les hauteurs (ou médiatrices ou bissectrices) du triangle dans la proportion de 1/3 2/3
Soit la hauteur ;10 x/2 =8.66 m le rayon du cercle inscrit est donc: 8.66/3 = 2.886 m .
Observons la parralèle au coté du triangle passant par le centre qui est la plus courte distance et nous voyons que 2.886 / 10 est le sinus de l'angle et que le cosinus de l'angle est le rapport avec le rayon de courbure soit o.9
Je suis depuis quelque temps le duel entre les "tableuriens" et les "purs matheux" et je donne mon avis :ayant fait partie des seconds ,j'ai apprécié dans ma vie professionnelle l"aide" des premiers.
Sur ce site assez pédagogique il faut donc encourager les solutions académiques mais il faut reconnaître que les tabeuriens sont obligés de se poser les bonnes questions et d'appliquer les bonnes formules pour arriver aux bons résultats (théorie de rudy et catoriginal).
J'en profite de demander à rudi la solution réelle car j'aimerais savoir si mon cos a est la réponse
Je viens de regarder la théorie de castoriginal et je suis ravi de voir que nous tenons une "originalité mathématique":
1/ le plus court chemin est défini quand a =0 voir développement de castoriginal
Donc dans un trigone rectangle (je le nomme ainsi )le "diamètre" le plus court est parallèle au coté
2/Sa longueur est donnée par une constante
En effet imaginons cette figure ramenée au cercle trigonométrique :nous trouvons
coté =1
hauteur = /2
le rayon du cercle inscrit r=/6
la longueur cherchée D est
D=1-2()
=0.9148
donc pour tout coté A D = A x 0.9148
j'ai évité de revenir à mon angle a (16°77]avec son sinus et son cosinus que j'ai donné en solution
bonjour
Cette énigme ouverte depuis une dizaine de jours a recueilli les réponses des participants habituels : il est donc possible de la clore
Merci aux participants de répondre en "blanké", tout simplement par respect des autres participants qui désirent ne pas être influencés par vos réponses
j'ai considéré un triangle équilatéral de côté 2 => ceci revient à prendre 5 m pour unité de longueur
Puis j'ai choisi le point V comme origine du repère, centre du cercle circonscrit
On a ainsi une figure simple à exploiter :
Pour des raisons de symétrie de la figure, trois zones sont équivalentes pour ce problème :
PVB+QVA en jaune
PVC+SVA en rose
QVC+SVB en bleu
Le raisonnement se fera sur la zone jaune.
J'ai considéré une droite pivotant autour de V variant de -30° à + 30° pour couvrir la zone jaune : y = tx avec t la tangente de l'angle
J'ai exprimé les coordonnées de M et N, intersections de cette droite avec les arcs de cercle de centres A et B
soit et les abscisses de N et M en fonction de t, on remarque que
l'expression de la distance VM s'exprime simplement en et celle de VN en
La distance cherchée vaut :
On remarque que cette fonction est une fonction paire, continue, définie en zéro, donc f(0) sera un extrémum
comme manifestement, la distance est maximale, valant 2, pour les angles -30° et +30°, la valeur pour t=0 ne peut être qu'un minimum
vu la nature du problème, comme il ne peut y avoir qu'un minimum, ce sera donc pour t=0
(bien entendu, une étude de fonction ou l'utilisation d'un tableur arrive au même résultat; ici j'ai combiné l'approche physique et mathématique en sachant, grosso-modo, ce que je m'attendais à trouver : les puristes vont hurler )
Ainsi
la distance minimale en surface est alors de :
il y a donc trois traversées possible passant par V, celles qui sont parallèles aux côtés du triangle équilatéral.
et notons déjà que, pour des raisons de symétrie, Brian touchera le canard au milieu de sa traversée
pour la distance D' en allant sous l'eau, on montre aisément que pour une longueur L donnée, et une profondeur h donnée, la distance minimale en touchant le fond est celle où on touche le fond à L/2.
Ici, c'est doublement le cas, la distance D est la plus petite, et la bonde est touchée exactement à mi-parcours.
Le plus difficile était de démontrer ce qui se sentait intuitivement.
Et c'était pour cette raison que je demandais, à ceux qui ont déjà présenté des développements géométriques, s'il existe une méthode géométrique "élégante" et rapide qui permette de prouver que les trajectoires recherchées sont parallèles aux côtés du triangle.
La génèse de cette énigme était la vérification de la caractéristique d'un triangle de Reuleaux : c'est-à-dire une courbe de largeur constante, une courbe dont tous les diamètres ont même longueur (la largeur, mesurée par la distance entre deux droites parallèles opposées qui lui sont tangentes, est la même quelle que soit l'orientation de ces droites)
----
Quant à la subsidiaire, plusieurs sites (recopies ?) indiquent ce triangle de Reuleaux sur une façade de la Cathédrale de Bruges, ce qui ne veut pas dire qu'il n'y en aurait pas sur d'autres églises de Bruges.
Si jamais je retourne à Bruges, je ne manquerai pas d'aller vérifier...
Bien entendu, toute remarque, correction, suggestion ... est bienvenue
Rudy
à rudy
Bravo pour ce très intéressant exercice
Castoriginal ,gloubi et dpi (29/09 20h59) ont donné la bonne réponse ,Il faut se souvenir de cette constante 0.9148 car nous retrouverons cette longueur un jour ou l'autre.
Sur le sujet des tableurs je suis entièrement d'accord puisque j'adopte désormais ce système,je voulais simplement dire que j'admirais les "purs matheux" desquels mon âge (voir ailleurs )m'écarte de plus en plus
Bonjour
à dpi
Castoriginal ,gloubi et dpi (29/09 20h59) ont donné la bonne réponse
En effet, la réponse numérique a été trouvée, en premier, par gloubi (qui n'en était d'ailleurs pas certain, puisque relevant d'intuition)
ne sachant blanker ma figure je la joins sans autre explication
dans ton message, tu indiques [ img1 ] pour la 1° image, [ img1 ] pour la 2° image, jusqu'à 3 images puis tu mets ton texte entre balises de blanké, comme d'habitude.
Sans oublier d'attacher les images en cliquant sur l'icône Img
je suis ravi de voir que nous tenons une "originalité mathématique":
"originalité" est peut-être un grand mot mais une racine de onze tiers est plutôt rare; en fonction du côté A du triangle équilatéral, on a :
Donc dans un trigone rectangle (je le nomme ainsi )
Tu peux aussi l'appeler orbiforme équilatérale
à veleda
Je ne comprends pas ta formulation du 26-09-09 à 22:38
tu ne prends pas en compte les ? ou tu supposes a nul ?
Une "belle" résolution géométrique est toujours attendue, si ça tente quelques géomètres...
Rudy
bonsoir Rudy
je n'ai pas beaucoup eu le temps de suivre les derniers épisodes de cet intéressant exercice
*je viens d'aller relire mon post du 26 09 09 22h38:
mais cela me semble correct
**pour trouver la longueur d'une trajectoire parallèle à un côté AB par exemple j'ai calculé l'abscisse du point d'intersection de l'arc CB du cercle de rayon 10 centré en A avec l'axe des abscisses
ce qui donne
dans le repère choisi le point est d'abscisse positive =>
je viens de parcourir ton post du 29 09 21h35 que je n'avais pas encore eu le temps de lire :tu exprimes bien les distances en fonction uniquement des abscisses
je n'ai pas perdu espoir de trouver une solution géométrique..
oui veleda, bonsoir, je me mélangeais les crayons avec mes et par rapport à tes et :
ma formulation et la tienne sont tout à fait équivalentes
je n'ai pas perdu espoir de trouver une solution géométrique..
Je ne parviens pas à y arriver mais suis cependant certain qu'elle doit exister : un raisonnement en angle plutôt qu'en tangente de l'angle (la pente de la droite pivotante) pourrait peut-être aboutir
Rudy
Vous devez être membre accéder à ce service...
Pas encore inscrit ?
1 compte par personne, multi-compte interdit !
Ou identifiez-vous :