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Niveau 4 *
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Enigmo 298 : C'est pas de la tarte !

Posté par
jamo Moderateur 06-05-13 à 10:09

Bonjour tout le monde,

c'est en mangeant une part de tarte (ou de pizza, je ne sais plus) que m'est venu l'idée de cette énigme.

On considère une part de tarte comme un secteur angulaire (OAB) comme le montre la figure ci-dessous. Le point O est le centre de la tarte, donc les longueurs OA et OB sont égales au rayon de la tarte qui est de 16 cm.

J'ai remarqué que j'aime souvent découper une "bande" sur une part de tarte, je ne sais pas pourquoi.

Et donc, j'ai découpé une bande à l'aide d'un coup de couteau parallèlement au côté [OB] de la tarte.
Cette bande a une largeur de 3 cm.
J'obtiens alors une sorte de nouveau secteur angulaire (MAC), et en mesurant ses côtés, je trouve une différence de 2 cm (la différence entre les longueurs MA et MC ... ou entre MC et MA, je vous laisse y réfléchir).

Question : Quel est l'angle de la part de tarte initiale ? Donner la réponse en degrés avec une précision au centième de degrés.

Si vous pensez que le problème est impossible, vous répondrez "problème impossible".

Sinon, attention de bien donner la réponse avec l'unité et la précision demandée.

Bonne recherche !

Enigmo 298 : C\'est pas de la tarte !

Posté par
totti1000re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 10:41

perduSalut Jamo,

Je propose 67,38°.

Merci pour l'énigme.

Posté par
Chatofre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 10:53

gagné74,56
=74,56 degrés

Posté par
Nofutur2re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 10:58

gagnéJe trouve un angle de 74,56° au 1/100e de degré près.

Posté par
rijksre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 11:09

perduBonjour,
Après pas mal de calcul (et de gros doutes) je trouve un angle de 15,439°
La précision au centième revient à dire : 15,44°

Posté par
ksadre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 11:24

gagnéBonjour
Je trouve un angle de 74.56 degrés.
Les longueurs résultantes sont de 12.88 pour MA et 14.88 cm pour MC.
Merci pour l'Enigmo !

Posté par
panda_adnapre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 11:38

perdu59,77°

merci

Posté par
masabre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 12:06

gagnéBonjour,

L'angle de la part de tarte initiale est de 74.56 degrés.
Merci pour cette énigme géométrique !

Posté par
fontaine6140re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 12:13

perduBonjour Jamo,

Comme il est midi, je vais donc dîner avec une part de tarte d'un angle au centre
de 67,38° arrondi par défaut à 1/100è de °
[(67,385 +/- 0,005)° pour le physicien]
Merci pour l'énigme

Posté par
rogerdtarte 06-05-13 à 13:02

gagnéMerci Jamo pour la trigonométrie.

Ma réponse: 74,56 degrés

Posté par
Alishisapre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 13:10

gagnéBonjour et merci pour l'énigme,
Je trouve que l'angle de la part de tarte initiale est d'environ 74,56°.

À bientôt !

Posté par
GaBuZoMeure : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 13:35

gagné74,56° ( \arctan\left(\dfrac{3\,(18-\sqrt{247})}{18\,\sqrt{247}-281}\right) )

Posté par
licou6re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 15:25

gagnéBonjour,

Je soumets ma réponse : l'angle fait 74.56°.

Posté par
seb_djire : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 15:38

gagné74.56°

Posté par
rschoonre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 18:14

gagnéBonjour à tous.

Ma réponse : 74,56 degrés.

Merci pour l'énigme.

Posté par
Alexiquere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 18:17

gagnéBonjour !

Figure + calcul ci-dessous...
Réponse : 74,56°

Enigmo 298 : C\'est pas de la tarte !

Enigmo 298 : C\'est pas de la tarte !

Posté par
pierrecarrere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 18:41

gagnéBonjour !

Ma solution : 74,56°.

Bien cordialement,

\pi r^2

Posté par
toriore : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 19:18

gagné74,56°

Posté par
sbarrere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 20:24

perduBonsoir,

geogebra me donne 53.195 degrés.

Merci et à bientôt.

Posté par
fontaine6140re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 20:29

perduDésolé Jamo,
mais j'ai décidé de devenir président du club de dpi.

Posté par
brubru777re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 21:00

gagnéBonjour,

Je trouve 74.56°.

Merci pour l'énigme.

Posté par
RickyDadjre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 21:07

perduBonsoir Jamo, bonsoir tous!
Je propose problème impossible (une fois n'est pas coutume), non sans audace et peur à la fois...

Posté par
RickyDadjre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 21:15

perduGrâce à l'homothétie de centre A et de rapport OA/MA qui transforme le triangle MAC en OAquelquechose, on se convainc vite que MC est supérieur à MA. On pose alors MC-MA=2, on exprime tant bien que mal MC et MA en fonction de l'angle en O (si j'ai commis une erreur, c'est à ce niveau), et on résout l'équation obtenue pour trouver ledit angle. Dans mon cas, il y a bien une solution à l'équation, mais elle est incompatible avec le problème (la bande taillée devient plus grande que la part de tarte initiale).
Sinon, serait-il possible de recevoir la tarte en question pour de meilleures analyses (dans un but purement mathématique, bien sur)?

Posté par
geo3re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 06-05-13 à 21:54

gagnéBonsoir
Je pense que l'angle vaut 74.56°
A+

Posté par
freniclere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 07-05-13 à 09:34

gagnéBonjour Godefroy

Je trouve un angle de 74,56°

Merci pour la joute !

Posté par
wow1296re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 07-05-13 à 14:19

gagnéBonjour,

Je pense que l'angle de la part initial, qui est aussi celui de la nouvelle part, est de 74,56°

Merci pour cette énigme très originale

Posté par
Chatofre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 07-05-13 à 14:58

gagné74,56°

bonjour et merci Jamo
Une réponse rapide avec GeoGebra
(pour placer un point à une distance de 3 sur la tangente au rayon OE de longueur 16 :
Point[E, Vecteur[VecteurOrthogonal[Segment[O, E]] / 16 (-3)]]    
-3 ou +3 selon le coté voulu)    
    
et la valeur exacte avec Xcas:
\mathrm{asin}\left(\frac{1161+51\sqrt{247} }{2036}\right)
(si Arcsin donne la réponse en degrés, sinon \times\frac{180}{\pi })
merci Jamo de nous régaler.

Posté par
pierrepoulpere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 07-05-13 à 15:23

perdu32,64°

Posté par
kekedu59re : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 07-05-13 à 20:40

perdurahh chiant, les équations avec du sinus et cosinus !! xD

Sinon un angle d'environ 67.380 degrés ! Apres "dichotomie" de ma calculette lol

Posté par
akub-bkubre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 07-05-13 à 21:01

perduSlt jamo, slt à tous

Je propose : 93,48°

Merci pour l'énigmo.

Posté par
plumemeteorere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 08-05-13 à 00:43

gagnéBonjour Jamo.
L'angle AOB mesure 74,56° si MC-MA = 2 cm et 24,76° si MA-MC = 2 cm.

soit g l'angle
MA = 16-3/sin(g)
CA = √[(MA*sin(g)²+(MC-MA*cos(g))²]
(CA) = g-asin(3/16)
CA = 32*sin((CA)/2)
les deux expressions de CA doivent être égales

Posté par
Alishisapre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 08-05-13 à 11:41

gagnéBonjour,
Je reviens pour la démonstration.

Deux manières de trouver la solution. Soit on fait la figure sur GeoGebra, on fait varier manuellement l'angle de départ jusqu'à trouver une différence de 2cm, ce qui ne prend que quelques minutes, soit on décide d'être plus rigoureux et de faire une démonstration.

Enigmo 298 : C\'est pas de la tarte !

Soient \vec{i}=\dfrac{1}{16}\vec{MA} et \vec{j} tel que ||\vec{j}||=1 et (\vec{i},\vec{j})=\dfrac{\pi}{2}\text{ rad}. Alors (O;\vec{i},\vec{j}) est un repère orthonormé et c'est dans ce repère que je vais travailler.

Soit D l'intersection de (MC) et de (AB). Dans le triangle OAB, (MD)//(OB), le théorème de Thalès s'applique, les côtés des triangles OAB et MAD sont par conséquent proportionnels, donc ces triangles sont semblables.
Puisqu'ils sont semblables et que OAB est un triangle isocèle en O, alors MAD en est un également en M : MA=MD. MC>MD donc MC>MA, c'est donc la différence entre MC et MA qui fait 2cm. Et puisque MA=MD, DC=2cm.  
Objectif : déterminer DC en fonction de l'angle initial \widehat{AOB} que j'ai appelé \theta et résoudre DC=2.

1. Equation du cercle
Si P est un point du cercle c, alors :

OP=\sqrt{(Y_P-Y_O)^2+(X_P-X_O)^2}=16 \\ \Longleftrightarrow Y_P^2+X_P^2=256 \\ \Longleftrightarrow Y_P^2=256-X_P^2 \\ \Longleftrightarrow Y_P=\pm\sqrt{256-X_P^2}

On ne gardera que la valeur positif pour faciliter l'exercice.
Donc l'équation du cercle c est y=\sqrt{256-x^2}.

2. Coordonnées de B en fonction de
\vec{OA}\cdot\vec{OB}=OA\times OB\times\cos\theta=256\cos\theta \\ \\ \vec{OA}\begin{pmatrix}16\\0\end{pmatrix};\vec{OB}\begin{pmatrix}X_B\\Y_B\end{pmatrix} \\ \vec{OA}\cdot\vec{OB}=16X_B

Donc 256\cos\theta=16X_B\Longleftrightarrow X_B=16\cos\theta.

Pour déterminer l'ordonnée, on utilise l'équation du cercle :
Y_B=\sqrt{256-256\cos^2\theta}=16\sqrt{1-\cos^2\theta}

Finalement, B\left(16\cos\theta;16\sqrt{1-\cos^2\theta}\right).

3. Coordonnées de M en fonction de
OME est un triangle rectangle, donc la trigonométrie s'applique :

\sin\theta=\dfrac{EM}{OM}=\dfrac{3}{OM} \\ \Longleftrightarrow OM=\dfrac{3}{\sin\theta}

Donc M\left(\dfrac{3}{\sin\theta};0\right)

4. Pente de (OB) en fonction de

m=\dfrac{Y_B-Y_O}{X_B-X_O}=\dfrac{Y_B}{X_B}

5. Equation de (MD) en fonction de
(OB)//(MD) donc ces droites ont la même pente m.

(MD):y=m(x-X_M)+Y_M=mx-mX_M.

6. Coordonnées de C en fonction de
C est le point d'intersection entre (MD) et le cercle c. Il faut donc résoudre le système :

\left\lbrace\begin{array}l y=\sqrt{256-x^2} \\ y=mx-mX_M \end{array}\Longrightarrow\sqrt{256-x^2}=mx-mX_M

XCas trouve pour l'abscisse :

X_C=\dfrac{1}{m^3+m}\times\left(m^3 X_M+\sqrt{-m^4 X_M^2+256m^4+256m^2}\right)

Pour l'ordonnée, on utilise l'équation du cercle :

Y_C=\sqrt{256-X_C^2}

Donc C\left(\dfrac{1}{m^3+m}\times\left[m^3 X_M+\sqrt{-m^4 X_M^2+256m^4+256m^2}\right];\sqrt{256-X_C^2}\right)

7. Longueur MA en fonction de
MA=16-X_M

8. Longueur MC en fonction de
MC=\sqrt{(Y_C-Y_M)^2+(X_C-X_M)^2}=\sqrt{Y_C^2+(X_C-X_M)^2}

9. Longueur DC en fonction de
DC=MC-MA=\sqrt{Y_C^2+(X_C-X_M)^2}-16+X_M

Voici donc l'équation à résoudre pour trouver :

\boxed{\sqrt{Y_C^2+(X_C-X_M)^2}-16+X_M=2}

L'équation complète (avec juste ) est :

sqrt(256.0-(1/((16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^3+16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))*((16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^3*3.0/sin(theta)+sqrt((-(16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^4)*(3.0/sin(theta))^2+256.0*(16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^4+256.0*(16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^2)))^2+(1/((16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^3+16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))*((16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^3*3.0/sin(theta)+sqrt((-(16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^4)*(3.0/sin(theta))^2+256.0*(16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^4+256.0*(16.0*sqrt(1.0-cos(theta)^2)*0.0625/cos(theta))^2))-3.0/sin(theta))^2)-16.0+3.0/sin(theta)=2

C'est joli non ?
Comme il n'est pas possible d'isoler , et bien on fait varier pour que la valeur de cette expression infernale soit la plus proche possible de 2.

Avec une précision de 10 décimales (ce qui n'est vraiment pas mal), la réponse est 1,3013315332 radians soit :

\boxed{\theta}\approx74,5608045996°\boxed{\approx74,56°}

Voilà, à bientôt !

Posté par
Pierre_Dre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 09-05-13 à 02:54

gagnéBonjour Jamo,

Si je ne me trompe pas, l'angle cherché vérifie :  \small18-\sqrt{247}-\dfrac3{\sin\alpha}+\dfrac3{\tan\alpha}=0 ,  dont la solution exacte est  \small\alpha=\arccos\left(\dfrac{9-\sqrt{646153-41112\sqrt{247}}}{2(290-18\sqrt{247})}\right) ,

ce qui donne pour la réponse demandée :  \small\alpha\simeq74,56°

Posté par
castoriginalEnigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 09-05-13 à 09:34

gagnéBonjour,

voici ma solution:

Enigmo 298 : C\'est pas de la tarte !

Enigmo 298 : C\'est pas de la tarte !

Amitiés

Posté par
dpire : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 09-05-13 à 14:28

gagnéBonjour,

Dès mon retour,j'ai participé à la découpe...
Je trouve que tu t'étais servi un belle part
de 74.56 °

Posté par
littleguyre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 09-05-13 à 14:42

gagnéBonjour,

Je propose 74,56°

Posté par
Emixamre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 09-05-13 à 15:11

perduBonjour,

Après de longues recherches et des expressions barbares, je trouve que l'angle de la part de tarte initiale est, arrondi au centième, de 74,80°.

J'ai d'abord déterminé les coordonnées de A et de B dans un repère orthonormal de centre O.
Ensuite, partant de l'approximation vérifiée à l'aide de Geogebra l'arc AC est environ de longueur 3 cm, j'ai déterminé l'angle AOC en fonction de l'angle de la part de tarte initiale.
J'en déduis les coordonnées de C, et une équation cartésienne de la droite (MC), de vecteur directeur OB.
Je détermine alors les coordonnées de M, intersection entre Ox et (MC).

Connaissant les coordonnées de A, C et M, j'exprime les distances MC et MA en fonction de l'angle initial.
A l'aide d'un algorithme de dichotomie, je détermine alors la valeur de l'angle de la part de tarte initiale pour laquelle abs(MC-MA)=2.

Voilà !

Posté par
vivelilere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 10-05-13 à 10:23

gagnéBonjour

Je trouve \widehat{AOB}=74,56°

Merci pour l'énigme.

Posté par
13matouc'est pas de la tarte 10-05-13 à 15:28

gagnéBonjour à tous,
Je propose:
74,56 degrés

résultat obtenu sur TI 92 comme résolution de l'équation:
3/sin(x)-3/tan(x)+247^1/2-16=2

Posté par
mingtarte 10-05-13 à 23:16

gagnébonjour

74°56 C'est mon dernier mot

Posté par
mingla tarte 11-05-13 à 22:02

gagnére bonjour

J'ai vérifié sur "geogebra" qui donne le bon résultat au 100 ième près.

Ce qui fait gagner du temps...

la tarte

Posté par
infophilere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 13-05-13 à 16:34

gagnéBonjour

De manière générale soit r le rayon de la tarte, e<r l'épaisseur de la bande découpée et \alpha l'angle de la part initiale.

On montre facilement que la différence des longueurs MC-MA s'exprime par :

\boxed{d(\alpha)=\left(\sqrt{r^2-e^2}-\frac{e}{\tan(\alpha)}\right)-\left(r-\frac{e}{\sin(\alpha)}\right)}

On remarque que \alpha_{min}=\arcsin\left(\frac{e}{r}\right) et que la fonction d s'étudie sur l'intervalle [\alpha_{min},\pi-\alpha_{\min}]

En dérivant on obtient d'(\alpha)=\frac{e}{1+\cos(\alpha)} qui est strictement positive, donc d est strictement croissante, continue.

C'est une bijection de [\alpha_{min},\pi-\alpha_{\min}] dans [0,2\sqrt{r^2-e^2}]. Ce qui prouve au passage que MC est toujours supérieur à MA.

Enfin par le changement de variable t=tan(\frac{\alpha}{2}) on montre que la solution de l'équation d(\alpha)=C avec C\in [0,2\sqrt{r^2-e^2}] est :

\color{red}\boxed{\alpha_C=2\arctan\left[\frac{C+r-\sqrt{r^2-e^2}}{e}\right]}}

Application numérique : pour C=2, r=16 et e=3 on obtient \color{blue}\boxed{\alpha\approx 74,56^{\circ}}

Merci pour l'énigme

Posté par
spikere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 17-05-13 à 11:57

perduBonjour,

L'angle A de la part est donné par sin(A)=3/5

soit A = 36,87°

Posté par
spikere : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 17-05-13 à 12:01

perduOu lala, une petite erreur :

je dirai plutôt tan(A/2)=2/3
Donc A = 67,38°

Posté par
Rainbowre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 19-05-13 à 23:34

perdul'angle est de 1.32 degrés (arrondi au centième)

résolution sans trop de difficultés dans le corps des complexes pour ma part

Posté par
Kidamre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 24-05-13 à 11:40

gagnéSalut à tous,

Je vais donner une réponse qui ne me satisfait pas, car je n'ai pas trouvé de moyen formel de calculer cet angle et je me suis rabattu sur une méthode géométrique.

Je trouve un angle de 74.56 degrés

Kidamicalement

Posté par
Glapion Moderateurre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 24-05-13 à 19:12

perduBonjour, j'ai trouvé :
77.309 ° donc arrondi au centième de degré ça donne 77.31 °

Posté par
carpediemre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 29-05-13 à 18:13

gagnésalut

l'angle mesure 74,56°

...

Posté par
jamo Moderateurre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 29-05-13 à 18:22

Clôture de l'énigme

La bonne réponse était : 74,56°.

Posté par
carpediemre : Enigmo 298 : C'est pas de la tarte ! 29-05-13 à 19:21

gagnép... de coup de bol ... à moins pile près j'étais out of time ....


yyeeeessss !!!


ça fait des jours que ça m.... à cause que je prenais 16 au lieu de 256 pour l'équation du cercle ..... damned de damned ....

1 2 +

Challenge (énigme mathématique) terminé .
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Temps de réponse moyen : 77:17:47.

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