Bonjour tout le monde,
au village, la mère Tume est connue pour son jardin qu'elle entretient avec beaucoup de soin.
On considère que le jardin a la forme d'un rectangle ABCD. Le point E appartient au côté [AB] et le point F appartient au côté [BC]. Les segments [EC], [ED], [FA] et [FD] délimitent ainsi huit zones.
Cette année, la mère Tume a planté :
- 10 m² de carottes (en orange) ;
- 7 m² de petits pois (en vert) ;
- 65 m² de betteraves rouges (en rouge) ;
- des patates (en jaune).
Les zones blanches ne contiennent rien (ou alors des fleurs si vous voulez).
Les dimensions du jardin et les positions exactes des points E et F ne sont pas connues.
Attention, la figure ci-dessous n'est pas à l'échelle, ne surtout rien y mesurer !
Question : Quelle est l'aire de la surface qui contient les patates ?
Vous donnerez la réponse en m², en arrondissant avec une précision au centième.
Si vous pensez qu'il n'est pas possible de trouver cette valeur, alors vous répondrez "problème impossible".
Bonne recherche !
les aires de DCE et de (DCF+FBA) sont égales à la moitié de l'aire du rectangle..
On a donc J=V+R+O=82m2
L'aire qui contient les pataes est donc égale à 82m2
Bonjour,
j'aurais été tenté de dire qu'il est impossible de trouver une solution puisque l'on a 4 variables et seulement 3 égalités. Il y a donc une infinité de combinaisons permettant d'avoir la surface requise pour les champs vert orange et rouge.
En revanche il s'avère que quelles que soient ces combinaisons, la surface du champ jaune reste fixe et vaut la somme des trois surfaces précédentes!!! (merci Geogebra!)
Ma réponse est donc:
82,00 m² de patates pour la démonstration mathématique, je laisse à un spécialiste le soin de nous l'apporter.....
Merci et à bientôt!
Bonjour Jamo,
Dans une telle configuration, on montre que, quelles que soient les positions de E et F sur [AB] et [BC] : Aire(patates) = Aire(carottes + betteraves + petits pois).
On a donc ici : Aire(patates) = 82 = 82,00 m²
NB : les degrés de liberté laissés par l'énoncé (4) sont en nombre suffisant (et même surabondant) pour que les trois surfaces puissent avoir les aires indiquées.
Bonjour jamo,
J'ai adoré cet enigmo !
Aire(DEC) = Aire(ABF) + Aire(DCF) (= la moitié de l'aire du rectangle ABCD)
c'est à dire
Aire des patates + aire de deux triangles blancs =
Aire des carottes + aire des petits pois + aire des betteraves + aire des deux mêmes triangles blancs.
Donc
Aire des patates = Aire des carottes + aire des petits pois + aire des betteraves = 82,00 m2 (au centième près !)
Re
Démonstration :
X =AF inter DE ; Y=CE inter AF et Z=DF inter EC
aire du rectangle = S
DAF = AB*AD/2 = x + z + u = S/2 (1)
DCE = DC*AD/2 = x + y + v = S/2 (2)
x+y+z+u+v+65+10+7 = S ou x+y+z+u+v +82 = S (3)
(1)+(2)-(3) => x=82
A+
Bonsoir à tous,
à priori le problème posé est assez dérangeant. On ne sait pas par quel bout le prendre !
En réalité il est tout simple !
Examinons la figure ci-dessous:
si l'on considère l'aire du triangle DEC on a (DC*AD)/2 = S(pdt)+(1)+(4)
de même l'aire du triangle DFA donne (AD*DC)/2 = S(pdt)+(2)+(3)
la somme de ces deux relations fournit la surface du rectangle S(ABCD)=2*S(pdt)+somme des 4 triangles blancs.
D'autre part la somme des 8 éléments de la figure dit que S(ABCD) = 7+10+65+S(pdt)+4 triangles blancs.
Il vient en égalant ces deux relations que S(pdt)=7+10+65= 82 m2
Bien à vous
bonjour,
l'aire du champs de patates est de 82,00 m²
merci pour l'enigme
démonstration simple et sans calcul:
J = aire rectangle - (aire AED + aire BCE + aire ABF + aire CDF) + R + O + V
(on rajoute R, O et V car chacune des ces surfaces est présente 2 fois ds les 4 triangle precedents)
or on voit facilement que:
aire AED + aire BCE =1/2 aire rectangle
de même:
aire ABF + aire CDF =1/2 aire rectangle
du coup J=R+O+V !!
Bonjour à tous
Comme on ne nous demande aucun résultat chiffré sur le jardin et son découpage, on se dit que le résultat n'en dépend pas.
On triangule donc la figure de sorte que les aires des triangles utiles puissent se calculer en fonction des longueurs de CF,FB,BE,EA et des aires de pois ,betteraves et carottes et, quand on assemble pour trouver l'aire des patates, tout se réduit miraculeusement et
on trouve, pour les patates, une aire de 82 m^2.
Il serait intéressant de prouver que le jardin et son découpage existent effectivement.
Merci à Jamo
Bonjour,
L'aire de la surface qui contient les patates est exactement de 82 m²
Merci pour cette très belle énigme !
Bonjour
Je trouve une surface de 82 m².
Il doit certainement exister une manière élégante de résoudre ce problème, mais j'avoue ne pas l'avoir trouvée. J'ai eu recours à des calculs (assez lourds) pour trouver les proportions nécessaires entre AE et AB, et entre BF et BC respectivement, pour en déduire finalement la surface totale et puis la partie en jaune.
Je suis curieux de lire un raisonnement plus léger !!
Merci pour l'énigmo !
patates = 10 + 7 + 65 = 82
patates = carottes + pois + betteraves, quelle que soit la forme du jardin et des parcelles
soit a et b les dimensions du rectangle, x la "largeur" des pois, y celle des carottes
l'aire des patates sera :
S = (ABCD) - (ADE) - (ABF) + (AEG) - (EBC) + (EBFH) - (DCF) + (ICF)
= ab - bx/2 - a(b-y)/2 + 7 - b(a-x)/2 + 65 - ay/2 + 10
= ab - bx/2 - ab/2 + ay/2 + 7 -ab/2 + bx/2 + 65 - ay/2 + 10
= 82
Comme on ne demande pas les dimensions ni les parcelles de fleurs, je ne répondrais pas à cette question pas posée, na !
Trouver a,b,x,y pour que les aires soient égales à 7, 65 et 10 (et donc aussi 82) :
en posant a = ks et b = s/k cela revient à effectuer deux afinités qui ne changent au final pas les aires, multipliées toutes par k(1/k) = 1
On peut donc chercher un carré de côté s répondant à la question et donc 3 inconnues seulement :
s, x, y pour trois équations (compliquées)
On obtiendra une infinité de rectangles possibles par le produit des deux affinités quelconques k et 1/k sur ce carré.
82m²
Le jardin moins les triangles rectangles autour des patates plus les parties que l'on a enlevées deux fois soit 75+10+5 + jardin-jardin/2 -jardin/2=82
Bonjour,
et merci Jamo
Bonjour,
Avec S = aire du rectangle ABCD et mes notations ci-dessous :
j+x+y = S/2
v+x + r+o+y = S/2
donc j+x+y = v+x+r+o+y
et j = v+r+o
Aire des patates = 82,00 m2
Je me demande juste s'il est possible de construire cette figure quelles que soient les valeurs données des aires orange, verte et rouge, ou s'il y a des contraintes.
Je dirais a priori que c'est possible, mais c'est peut-être là qu'il y a une ruse ...
Salut Jamo, salut tous!
Désolé pour le [grand] retard.
Si je ne me trompe, l'aire de la partie en jaune s'avère être la somme des trois aires (rouge, vert, jaune). Je propose donc 82,00 m2.
C'est tout... pour le moment!
Bonjour
Si le jardin de Madame Tume est un rectangle de 14,991 m de large et 16,265 m de haut et si elle le découpe de sorte que
E soit à 4,0441 m de A et à 10,8550 m de B et
F soit à 6,18657 m de C et à 10,07911m de B
alors les surfaces plantées en pois, carottes et betteraves sont effectivement de 7,10 et 65 m^2 , à 10^-4 m^2 près.
J'ai trouvé cette solution par des approximations successives.
Je peux pousser la précision aussi loin que je veux, mais , bien sûr, je ne tomberai jamais sur une solution exacte.
Je ne suis donc pas absolument certain que le jardin de Madame Tume existe.
Il faudrait préciser la suite des approximations des 4 distances, montrer qu'elle converge et que la suite des 3 aires converge vers (7,10,65). Sans donner une valeur explicite des 4 distances limites, on prouverait au moins ainsi l'existence du jardin.
Salut jamo !
Bizarre cette configuration, mais il semblerait que l'aire de la partie jaune soit égale à la somme des aires des 3 parties rouge, verte et orange. Une petite figure sous Géogébra me le confirme, bien que je n'arrive pas à le démontrer mathématiquement.
Bref, l'aire du champ de patates est de 82 m² (10+7+65).
A+ et merci pour l'énigme.
Bon mon calcul a mené apres calcul des aires des triangles rectangles à x=y=82 m^2 (x espace potates et y espace fleur.) Merci
Clôture de l'énigme
La valeur cherchée était bien 82 m².
Dans cette configuration assez étonnante, l'aire jaune est en effet égale à la somme des 3 autre aires.
Même si au début on se dit que le problème est impossible, on arrive à le résoudre assez facilement.
salut
je suis content, je viens de trouver la même chose ....
on écrit convenablement toutes les égalités et c'est assez simple ... et remarquable ....
ce topic apparait maintenant dans mes msg postés ....
Bonsoir
Je plaide pour Souffou qui a répondu "problème impossible".
Il n'est pas évident en effet , que le jardin de la mère Tume existe!
(voir mon message du 10/10/12 à 16 h 21).
Complément:
En regardant les réponses, j'ai vu que certains s'étaient posé, comme moi, la question de l'existence du découpage.
Les arguments sur le nombre d'inconnues ou le degré de liberté ne me paraissent pas convaincants.
Quand j'essaie d'écrire un système, je tombe sur des relations entre inconnues du 2eme, 3eme etc degré, assez inextricables. Difficile de prouver qu'il en sortira une solution réelle..
je drais que ce n'est pas tant l'existence d'un tel découpage mais l'existence d'un tel découpage avec ces valeurs (les aires données)
par homothétie (de centre A par exemple) on peut toujours dilater ou contracter la figure
le pb est plutôt de déterminer le rapport AD/AB pour avoir ces proportions
voire même ces fractions d'aires données (les valeurs 7, 10 et 65) sont-elles compatibles réellement ...
enfin ce me semble-t-il ....
si je comprends bien la question c'est :
l'exercice a montré qu'avec les valeurs v = 7, o = 10 et r = 65 on a montré que j = 82
et le pb est de montrer qu'il existe réellement un rectangle donnant ces valeurs avec un tel découpage ....
rebonjour
carpediem> tout-à-fait d'accord avec ton message de 10h7 sur la question qui reste en suspens.
mathafou> dans mon message du 10/10/12, je n'avais pas donné tous les détails des calculs, mais la méthode suivie était voisine de celle que tu proposes: réduction du problème et approximations successives.
Il me semble que tu es plus près d'aboutir que moi mais il reste pas mal de travail à faire. Je butais moi aussi sur un TVI à deux variables...
ha oui ... très intéressant ...
merci ....
.... et effectivement quand je regarde ce que j'ai bricolé "à la main" ce rapport AD/AB n'intervient pas ...
et il n'y a évidemment que deux inconnues ....
l'aire jaune de l'énoncé ??? c'est 82 bien sur ...
non, trève de plaisanterie la question est de trouver une figure avec les rapports d'aires 7::65::10
et alors forcément (c'était l'énigme) l'aire jaune sera la somme des 3 !
la valeur de AB, aucune idée. B était variable pour ajuster les aires de "proportionnelles" à "égales"
il me donne 16.0287 sur cette "expérience"
sinon pour éviter le TVI à deux variables, on peut opérer comme suit :
en apellant x = AE et y = BF, il semble parfaitement évident que l'erreur sur le rapport 7/65 est une fonction de x,y (!)
et que pour au moins certaines valeurs de y, il existe des x pour lesquels cette erreur change de signe.
En d'autres termes il existe une certaine courbe f(x,y) = 0 sur laquelle l'erreur est nulle.
si on fait le même raisonnement avec l'erreur sur le rapport 10/65, il existe une autre courbe g(x,y) sur laquelle cette erreur là est nulle.
Les solutions seront les points d'intersection des deux courbes, tout le problème étant de démontrer que ce(s) point d'intersection existe !
Je suis en train d'essayer (atroce, en faisant une erreur de calcul par ligne, ça devient long de les corriger toutes au fur et à mesure) de chercher justement l'expression analytique des rapports d'aires et donc les équations f et g, une fois ces fonctions parfaitement déterminées, la preuve devient calculatoire. (et le point d'intersection déterminable à la précision que l'on veut, voire même peut-être une valeur exacte)
mathafou>
Il est acquis qu'on peut , par approximations successives trouver une solution avec une précision aussi grande qu'on veut (toi avec Géogébra et moi avec Maple).
Reste à prouver qu'il existe une solution exacte (donc une infinité), soit par le TVI soit par une limite de suite.
Comme il neige abondamment sur ma campagne, je vais avoir le temps de me replonger dans mes anciens calculs, en retenant ton idée de se limiter à un jardin carré.
Par contre, je ne suis pas convaincu par l'homothétie , qui ne fait qu'introduire une inconnue supplémentaire (le rapport d'homothétie).
Bonne journée à tous.
Comprends pas, si tu ne considères pas l'homothétie, tu n'as aucune chance d'avoir, à partir d'un carré de coté arbitraire, les valeurs des aires demandées !!
Donc tu as bien trois inconnues : le côté du carré et les positions de E et F
l'inconnue "côté du carré" est le rapport d'homothétie.
Il n'y a deux inconnues seulement que si on se fixe arbitrairement le côté du carré et qu'on cherche à avoir le rapport des aires 7/65 et 10/65.
Et il faudra bien dilater ce carré au final pour avoir les valeurs elles même des aires !!
oui je suis d'accord avec toi mathafou ....
le côté du carré permet d'avoir les valeurs données
je n'avais absolument pas pensé aux affinités pour se ramener à un carré ...
ce qui fait qu'il n'y a que deux inconnues l'abscisse de E et l'ordonnée de F ... et un paramètre b = x(B) pour avoir les "bonnes" valeurs numériques ....
j'ai fait comme toi (enfin pas la suite avec les erreurs à calculer) mais les calculs sont fastidieux ....
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