Dans un triangle de cotés mesurant respectivement 5cm, 6cm et 7cm , on découpe 3 rectangles (en bleu sur le dessin).
Le but est de choisir judicieusement les hauteurs de ces rectangles pour que le total des chutes (en rouge sur le dessin) ait une aire minimale.
Quelle sera alors le total des aires des chutes (en rouge sur le dessin) arrondi au mm² le plus proche ?
Bonne chance à tous.
Bonsoir
Si on note h1, h2, h3 les hauteurs des rectangles en partant du bas et b1, b2, b3 leur bases et H et B hauteur et base du triangle, je trouve :
b1 = (B/H)(H-h1)
b2 = (B/H)(H-h1-h2)
b3 = (B/H)(H-h1-h2-h3)
Ainsi l'aire des chutes est :
Ach = (B.H)/2 - B(h1+h2+h3) + (B/H)(h1(h1+h2+h3) + h2(h2+h3) + h3²)
En effectuant une dérivée partielles par rapport à chacune des 3 variables, j'obtient finalement le système :
Il est alors évident que h1=h2=h3=H/4
Ach = (B.H)/8
Je ne détaille pas le calcul de H (quand même)
Je trouve Ach = 367,42 mm²
Donc ma réponse est Ach 367 mm²
C'est en fait, précisément, égal à 1/4 de l'aire totale et d'une manière générale, je ne crois pas me tromper en disant que avec n rectangles, l'aire minimale des chutes est égale à 1/(n+1) de l'aire totale
Merci pour l'énigme
Le total des aires des chutes est de 3,67 cm2 ou 367 mm2.
Cette aire est minimale si la hauteur de chaque rectangle est égale au quart de la hauteur du triangle
367 millimètres carrés.
A chaque étage, les surfaces rouges sont proportionnelles aux carrés de leurs hauteurs. Or un ensemble de nombres de somme constante présente le minimum de la somme des carrés de ces nombres quand ceux-ci sont égaux.
Les hauteurs des quatre étages sont égales. Les rognures couvrent quatre fois un seizième du triangle. Celui-ci mesure racine(9*2*3*4) et les rognures totalisent le quart de cette aire.
Bonsoir à tous,
En partant d'un rectangle maximum dans un triangle quelconque de base B et de hauteur H, je pose x la largeur et y la hauteur.
Par Thalès, je trouve alors que y = H - (H/B)x
L'aire du rectangle en fonction de x est donc (-H/B)x²+Hx
Je déduis ensuite de la dérivée que l'aire maximum est obtenue par
x=B/2 et
y=H/2
Je dispose alors d'un nouveau triangle (partie supérieure) de hauteur H/2 et de base B/2 et je recommence mes calculs.
Ainsi, je trouve que l'aire totale des rectangles est de (21(B.H)/64)
et que l'aire du triangle initiale est de (B.H)/2.
L'aire demandée est alors (B.H)/2-(21(B.H)/64) soit (11.B.H)/64
la base fait 50mm, la hauteur fait 58.7877538 mm (Par Al-Kashi)
l'aire est donc de (11x50x58.79)/64 soit 505.22 mm²
Je trouve donc une surface totale de chute de 505mm² (arrondie au mm le plus proche, soit inférieur)
Pour info, le pourcentage de chute est de 34.37%, ce qui reste quand même élevé.
Merci pour l'énigme
@ plus, Chaudrack
Soient x1, x2, x3 les longeurs des rectangles et h1, h2, h3 leurs hauteurs, h4 la hauteur du triangle rouge du haut.
On remarque que (5-x1)/h1=(x1-x2)/h2=(x2-x3)/h3=x3/x4=5/H , avec H la hauteur du grand triangle.
On calcule la valeur de H en utilisant la formule d'Al-Kashi :
H=6*sin(acos((6^2+5^2-7^2)/60))=5.8788 cm
Avec p la somme des aires des chutes,
p = 5*(h1^2+h2^2+h3^2+h4^2)/(2*H)
Comme h1+h2+h3+h4 est constant, le minimum de p est atteint lorsque h1=h2=h3=h4.
pmin = 5*(4*(H/4)^2)/(2*H) = 5/8*H = 3,6742 cm2.
L'aire minimale des chutes arrondie au mm2 le plus proche est donc de 367 mm2.
Salut J_P
Il doit y avoir une méthode bien plus simple, mais ne voyant quoi faire d'autre, j'ai exprimé toutes les longeurs possibles de la figure en fonction de x , y et z les hauteurs de chacuns des rectangles (cf la figure)
Je trouve après calculs que l'aire en rouge (l'aire des chutes) est de :
Après étude, on trouve que cette aire est minimale pour :
donc :
Réponse proposée :
L'aire totale des chutes arrondi au mm² le plus proche est de 367 mm²
PS : ça semble plausible, sachant que l'aire du grand triangle est d'environ 1469 mm² ...
Merci pour cette énigme !!
Romain
bonsoir,
je trouve que la somme des aires des chutes est minimale quand les hauteurs des rectangles sont égales
au quart de la hauteur issue de A le sommet opposé au côté de longueur 5cm ce minimun étant égal à(15/4)sin B si B est l'angle opposé au côté de longueur 7cm avec sinB=(2 6)/5 ce qui donne sauf erreur 368mm2.
merci et bonne fin de soirée
Bonjour, j'aime bien les enigmes de J-P, celles de Minkus sont parfois trop esoteriques pour moi, et celles de Puisea trop dures au point de vue niveau de maths.
Ma réponse : l'aire en rouge fait 5.05 cm²
Je redige ma demo, mais il me reste d'abord une autre enigme a faire.
Le plus grand rectangle inscriptible dans un triangle a pour coté la parallèle à la base menée par les milieux des cotés (ou par le milieu de la hauteur) et il a pour surface la moitié de la surface S du triangle; le triangle au dessus du rectangle a une surface de S/4 et les deux triangles latéraux ont à eux deux une aire également de S/4.
On recommence deux fois l'opération avec le triangle d'aire S/4 puis celui d'aire S/16. Les trois rectangles ont donc une surface de S/2+S/8+S/32=21S/32, donc les chutes ont une surface de 11S/32.
Reste à calculer S, par exemple à l'aide de la formule de Héron: S= (9*2*3*4)=14,7 cm2 d'où 11S/32=505 mm2
Bon, maintenant que j'ai trouvé le crypto, je vous mets ma solution.
J'ai d'abord mis dans le bas du triangle le rectangle le plus grand possible. Ne réussissant pas à trouver le minimum de la fonction qui donne l'aire de ce triangle (je ne sais plus dériver les fonctions trigo) j'ai fait varier x et j'ai trouvé avec soulagement que l'aire était maximale pour x = BH/2
Ensuite j'ai fait pareil dans le triangle restant, qui grâce à thales a des dimensions moitié de ABC.
Donc la valeur y sera BH/4
On continue pour le 3e rectangle où z = BH/8
C'est mon ami excel qui a fait les calculs et trouvé 5.05 cm² donc si le raisonnement est bon, ça doit être juste. Tout ça ressemble à un gâteau de Lucky Luke.
Merci pour l'énigme
Ps je suppose qu'on pourrait continuer indefiniment, et qu'on doit arriver à une valeur minimale de l'aire rouge, dont on s'approche mais qu'on n'atteint jamais.
Bonsoir,
le total des aires des chutes minimales est le quart de la surface du triangle
soit 1506 = 367,4 mm² soit 367 mm² arrondi au mm² le plus proche.
Merci pour cette belle énigme où il fallait étudier et dériver 3 fonctions...
A+, KiKo21.
Tous calculs faits, les chutes représentent 27,3% de la surface du triangle, soit 401 mm2
Bonjour, quand je pense que j'ai conclu ma démo avec n qui tend vers l'infini... grosse nouille que je suis, déjà avec n=12, ça se voyait comme le nez au milieu de la figure
Par ici le
ps j'adore les énigmes de J-P. Leur simplicité n'est qu'apparente...
Bonjour
Je trouve 367,423 mm², ce qui donne arrondis au mm² le plus proche 367 mm²
Merci à romain de ne pas m'avoir fait poster n'importe quoi, et à borneo pour l'explication avec les gâteaux
Kévin
Bonjour,
je trouve que l aire rouge minimale est 129x(V6)/64, ce qui donne un arrondi au mm² de 4,94 cm².
S'il faut + de details, il suffit de demander...
merci pour l enigme
Enigme clôturée.
La réponse attendue était : 367 mm²
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Quelques explications:
Soit un triangle rectangle comme sur le dessin.
Aire en rouge = (1/2).(b1.h1 + b2.h2 + b3.h3 + b4.h4)
Les triangles rouges sont tous semblables et aussi semblables au grand triangle --> b1/h1 = b2/h2 + b3/h3 = b4/h4 = b/h = k
On a donc: Aire en rouge = (1/2).k.(h1² + h2² + h3² + h4²)
Et on a aussi h1 + h2 + h3 + h4 = h (imposé)
Comme la somme des carrés de n nombres positifs dont la somme est imposée est minimum si tous les nombres sont égaux, l'aire en rouge sera minimale pour h1 = h2 = h3 = h4 = h/4
On a alors: aire en rouge = (1/2).(b/h).(h²/16 + h²/16 + h²/16 + h²/16) = (1/8).b.h, soit (1/4) de l'aire du grand triangle.
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Dans le problème posé, le grand triangle donné peut se décomposer en 2 triangles rectangles.
--> Dans le problème posé, on a aussi: L'aire en rouge = (1/4) de l'aire du grand triangle.
L'aire du grand triangle (par Héron) est = V(9 * 4 * 3 * 2) = V216 cm²
L'aire en rouge = (V216)/4 = 3,674... cm²
Soit 367 mm² arrondi au mm² le plus proche.
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Remarque:
On peut étendre le problème à un nombre quelconque de rectangles.
Pour n rectangles, l'aire minimum des chutes = Aire du grand triangle /(n+1)
Merci pour cette correction J_P
Je me suis vraiment compliqué la vie si j'ai bien compris ...
Enfin, 3 dérivées partielles sachant que mon expression était " symétrique " ça se faisait bien !
Je t'en prie Kevin
PS : pas beaucoup de participant
Romain
Merci pour la correction détaillée J-P.
Juste une question, qu'est-ce que // qui est "Héron" ?
Merci.
Estelle
Bonjour,
> Bornéo
1) tu n'es pas une "grosse nouille", j'en suis persuadé.
2) tu n'as pas à avoir de regrets, car :
Bonjour à tous.
Kiko21, je m'en veux parce que j'ai réfléchi à une solution avec n rectangles sans voir qu'avec n qui tend vers l'infini, ma solution ne tenait pas la route. Ce qui me console, c'est que je ne suis pas la seule à m'être trompée dans ce sens.
Merci Romain, c'est comme ça que je l'avais compris.
Il me reste à trouver le challenge 200 pour me rattraper, en espérant qu'il ne sera pas cloturé avant.
salut
>Kiko21 : tu me fais penser a mes eleves qui donnent la reponse en mm parce qu'on leur demande d'arrondir au mm J'ai meme un eleve qui m'a dit qu'il y avait un probleme dans ma question "donner la reponse en cm, arrondie au mm"
>Borneo :
Bonjour,
> Minkus
Sur les 13 réponses, seulement 2 îliens ont donné la réponse en cm² :
Bornéo et slaurent128
Evariste a donné la réponse à la fois en cm² et mm²...
...Et les 10 autres (dont je fais partie) l'ont donnée en mm² !!
Il y a de belles analyses à faire sur notre comportement avec des résultats surprenants...
A+, KiKo21.
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