Bonjour tout le monde,
et voici la suite de l'énigme précédente ...
Cette fois-ci, Bob l'escargot part du pied du puits, au point K sur la figure ci-dessous.
Il souhaite toujours rejoindre le plus vite possible le point P sur le bord intérieur, diamétralement opposé au point D sur le bord extérieur et à la verticale de K.
Bob se déplace toujours à la vitesse constante de 6 cm/min quand il est en terrain horizontal, mais seulement à 5 cm/min quand il monte sur la paroi verticale du puits.
Dimensions du puits : 1,60 m et 1m pour les diamètres, et 1,20 m pour la hauteur.
Question : Quelle est la durée minimale pour aller du point K au point P ? Donner la réponse en secondes en arrondissant au centième de seconde le plus proche.
Bonne recherche !
PS : Pour information, au moment où je publie cette nouvelle énigme, le taux de réussite de l'énigme 295 est d'environ 58%. Cette nouvelle énigme nécessitant d'avoir bien maitrisé la précédente, vous allez devoir redoubler de prudence et de rigueur, en ce qui concerne les unités, les arrondis, ...
Bonjour,
La durée minimale pour aller du point K au point P est égale à
2976.73 secondes
Merci pour cette suite beaucoup plus intéressante !
Bonjour,
je vise ce mois ci la precipitation (euh non la vitesse...).
Je dirais 2976.73 secondes minimum pour aller de K a P.
au vu des 58% annonces pour l'enigme precedente je tremble.....
Bonjour,
En espèrant ne pas à avoir fabuler..
Un escargot virtuel aurait beau jeu d'aller par
le fond vers la génératrice du point k et mettrait 2740 s.
Nous éliminerons aussi l'idée (pas si farfelue) que sa vitesse
d'ascension serait variable en fonction de l'angle par rapport
à la verticalité...
Donc il devrait choisir une oblique le portant vers une tangente
et un arc idéal.
Le mien mettra 2989.03 secondes
Aie aie aie, c'est vache comme remarque... Ca me donne l'impression d'etre comdamne au double poisson... Bon, du coup, tant pis, je me lance...
D'apres ma compréhension du probleme, le pauvre escargot n'a pas d'autre choix que de monter puis de se reporter au probleme précédent.
Il doit monter 120cm a 5 cm par min, soit un périple de 24 minutes, soit 1440s. On ajoute ca à la réponse précédente et on obtient :
3685,93s
Elle est fraiche ma belle arrete, elle est fraiche !!
Je trouve en calculant le chemin en ligne droite..3101,09 s (en arrondissant au centième de s près).
A moi le poisson..
Bon bah, faut bien se lancer.
J'ai recherché à quelle distance du point D notre escargot devait basculer sur la partie horizontale pour que son temps de parcourt soit minimal.
J'ai appelé cette distance DM.
Dans le triangle DMK (rectangle en D)
KM²=DM²+DK² (avec DK=1.2m)
d'où KM=(DM²+1.44)
Dans le triangle MAN (rectangle en N)
MN²=AM²-AN² (avec AM=0.8m et AN=0.5m)
d'où MN=0.6245m
On note également que:
cos(NAM)=NA/AM=0.625
d'où l'angle NAM51.32°
Arc(PN)=Arc(PF)-Arc(NE)-Arc(FE)
Avec : Arc(PF)= × AF[ smb]environegal[/smb] 1.571m
Arc(NE)= 2 × × AF × NAM / 360 0.448m
Arc(FE)= DM × AF / AD = DM × 0.625
Nous avons donc les différents distances de son parcourt exprimées en fonction de DM.
Il suffit maintenant de pondérer ces distances par la vitesse et de faire varier DM pour trouver un minimum.
J'obtiens alors un temps minimum de T=2976.73s
J'espère ne pas avoir fait d'erreur stupide de conversion et tout le toutim !
Merci pour l'énigme
Bonjour !
J'ai mis du temps à comprendre qu'on pouvait "passer dans le plan"...
J'obtiens sans aucune mais alors aucune certitude 3110,63 s et si c'est correct, le temps que je trouve la réponse, l'escargot aurait eu le temps de grimper 5 puits comme celui-là en spirale ! (idée pour une future énigme...)
Re-bonjour Jamo,
Sauf erreur, évidemment, le temps minimum en secondes est :
ce qui donne environ : T = 2976,73 s
On peut noter que la bonne vieille loi de la réfraction s'applique à la limite parcours "vertical" / parcours horizontal .
Bonjour,
Je trouve 4724,20s.
Mon raisonnement :
On appelle , l'angle avec lequel l'escargot atteint le bord du puits.
Distance verticale (en m)
Vitesse verticale (en m / s)
Temps (en s)
Distance horizontale (en m)
Vitesse horizontale (en m / s)
Temps (en s)
Temps total
On dérive en fonction de
Le temps est minimum pour t' = 0
=>
t = 4724,195535s
Merci pour l'énigme.
Démonstration.
Soit t le temps minimum que peut mettre Bob à aller de K à P.
D'abord, Bob doit se rendre de K à D. On notera le temps minimum qu'il pourra mettre à faire ce chemin t1.
Soit une distance de 1,2m.
Comme il monte sur la paroi, sa vitesse est de 5cm/min.
1 min 5 cm
1 min 0,05 m
t1 min 1,2 m
Ensuite, il doit se rendre de D à P. On notera le temps minimum qu'il pourra mettre à faire ce chemin t2.
D'après la démonstration de la précédente énigme Enigmo 295 : L'escargot et le puisatier, on sait que .
Je ne reviendrais pas sur la clarté de l'énoncé comme je l'ai déjà fait, en revanche je trouve que l'idée de faire une énigme qui dépend d'une autre n'est pas bonne.
Si on a faux à la première et qu'on a pas rectifié son erreur entre-temps (si on s'en rend compte) comme je l'ai fait par exemple, forcément la seconde suivra.
Je pense que c'est mieux de ne proposer que des énigmes indépendantes les unes des autres pour cette raison.
Des énigmes du même style, pourquoi pas (par exemple les énigmos 287/288) mais non dépendantes.
Enfin, c'est vous le posteur, et puis d'ailleurs si ça se trouve utiliser le même chemin que la première énigme n'est pas la bonne solution et si tel est le cas alors je m'excuse.
À bientôt !
Bonjour,
durée mini = 2976.73 s
A mon avis, le problème se résume à savoir dans quelle direction Bob doit partir. Une fois arrivé sur le bord du puis, il prend la tangente au cercle intérieur et longe le bord du puis jusqu'à arriver en P. Donc variable du problème est x = distance (DA).
La distance (KA) est égale à (x²+1.44). Elle est parcourue à la vitesse de 5cm/mn
La distance (A'b) est constante quelque soit x = 0.39. (Un ptit coup de Pythagore).
La longueur de l'arc de cercle (bP) est egale au rayon (0.5) multiplié par (POb)=--.
est constant cos()=0.5/0.8, vaut x/0.8
Ces deux dernières distances sont parcourues à une vitesse de 6cm/mn
Il suffit donc de minimiser
1200 (x²+1.44)+1000*[-arc cos(0.5/0.8) - x/0.8)]
2976.73 secondes
bonjour et merci Jamo
et si je ne me suis pas trompé, Xcas [lien] me donne la valeur exacte :
vu la remarque dans l'énoncé, ça sent le pâté (ou plutôt le pâté de poisson), mais je tente quand même le coup : (et j'ai relu plusieurs fois l'énoncé... mais je me connais )
je propose un temps total de 2976.73 secondes.
Bonjour,
Je pense que le temps minimal est de 2940,00 s, soit 49 min
Cette fois-ci, la distance minimale à parcourir es de 1,74 + 1,20 = 2,94 m = 294 cm
t = = = 49 min = 2940 s
Bonjour Jamo, bonjour tous!
Je propose un temps de 2976,73 secondes, soit encore 49 minutes 36 secondes et 73 centièmes.
Je crois qu'il n'y a ps d'erreur cette fois... OK!
Selon moi, le trajet le plus court ressemble à celui dessiné en jaune sur l'image. Noter que (12) est tangent au petit cercle. La longueur d'un tel trajet est une fonction d'une seule variable (par exemple, l'angle entre OP et O1), la durée aussi. L'étude de cette fonction permet de déterminer son minimum.
C'est d'ailleurs un peu ce que j'ai fait à l'énigme précédente, en suivant plutôt la tangente au petit cercle passant par D.
Merci pour ces exercices cérébraux!
Bonjour à tous,
3187,46 secondes me parait être la réponse,
mais j'ai l'impression d'être tombé dans le...trou
Bonjour,
Pour sauver l'honneur simplement.
A priori on pense que la tangente parallèle à DP
est la meilleure,mais en optimisant on trouve mieux
et donc 2976.73 sec devrait être la bonne réponse.
Bonjour Jamo,
La durée minimale pour aller du point K au point P est de 2976.73 (s)
Merci Geogebra et Jamo pour l'énigmo.
Bonjour,
Bob s'il est malin réussira à rejoindre le point P en 2976,73s au minimum.
La recherche est intéressante ! Pour ne décrire que les grandes étapes :
On choisit un repère (O,i,j,k) avec O le centre du puits à sa base et K(-R,0,0) ; D(-R,0,H) : P(r,0,H).
On décrit un mobile M(x(t),y(t),z(t)) partant à t=0 du point K et décrivant la partie cylindrique en sens anti-horaire avec un angle par rapport au vecteur j, à une vitesse v=1/12 cm/s. Le mobile décrit un angle (t) avec le vecteur -i tq (0)=0.
On démontre assez facilement que :
z(t)=sinvt
y(t)=Rsin
z(t)=-Rcos
avec =cos*v*t/R
On choisit un point D' situé sur la circonférence extérieure et supérieure du puits, appartenant à la trajectoire de M, avec un angle _D' par rapport à -.
Bob échouera sur D' pour un angle = atan(H/(R*_D')), après un temps t_D' = R_D'/(vcos)
A partir du point D', Bob usera de l'expérience acquise lors de l'enigmo 295 pour se diriger selon la tangente au cercle interne puis en suivant sa circonférence, avec une vitesse v' = 1/10 cm/s, il mettra un temps t_P = (1/v)*((R2-r2) + r*(/2+asin(r/R)-D')).
Ensuite un tableur type Excel fera l'affaire pour déterminer avec suffisamment de précision la valeur de D' minimisant le total tD'+tP. Pour info :
D'=52,43°
= 58,62°.
Merci pour l'énigme, jamo !
Bonjour,
J'imagine que je vais de nouveau me planter dans les applications numériques mais bon voici ma méthode :
Notre brave escargot, initialement au pied du puit, veut se rendre à la surface de celui-ci, donc devra à un moment donné monter sur celle-ci en passant par un point sur le grand cercle extérieur . On a vu dans l'énigme précédente quel est le chemin de distance minimale pour rejoindre le point : il s'agit de tirer une corde de à en la tendant au maximum c'est-à-dire en épousant la courbure du cercle intérieur puis relier à en étant tangent au cercle en . Nous avons calculé, dans le cas où que la distance de la corde rouge était . On paramétrise le déplacement du point sur via l'angle et on note la longueur de la corde bleue. Il est clair que les segments et ont même longueur. Ainsi la différence de longueur entre la corde rouge et la corde bleue est l'arc de cercle , dont la longueur varie linéairement avec donc on a d'où .
A partir du point on a déterminé la distance minimale pour rejoindre le point . Mais quelle est la distance minimale pour rejoindre le point partant du pied du puit ? Comme l'escargot se déplace sur un cylindre, ses géodésiques sont des hélices. Mais nous allons nous affranchir de cette considération. Déroulons simplement le patron du cylindre en un rectangle de côtés et . Sur ce rectangle le point se trouve à une distance du coin , donc la distance plane est (par pythagore) . J'ai tracé ce segment sur un morceau de sopalin à plat je l'ai ré-enroulé et on visualise bien l'hélice. La distance minimale sur cette portion de cylindre est donc
Par conséquent la distance totale parcourue par l'escargot quand il passe par le point est : . Il reste alors à déterminer quel est le point - c'est-à-dire quel - qui minimise la distance totale . Pour cela 2 méthodes :
Méthode 1 : Analytique
On dérive la fonction , on obtient et le minimum est atteint lorsque
Méthode 2 : Géométrique
Intuitivement on imagine que l'escargot devra monter sur la surface en faisant le même angle sur la partie verticale et horizontale au point , autrement dit et donc de même on en tire la même expression pour .
La distance minimale parcourue par l'escargot est donc (après simplification) :
Application numérique (c'est là que ça se gâte en général )
On prend , et et on obtient . Comme l'escargot ne se déplace pas à la même vitesse sur la partie verticale et horizontale, on a besoin de et , et les vitesses respectives sur ces deux longueurs sont et , donc les durées correspondantes en secondes sont et . Finalement :
Merci pour l'énigme
Bonjour,
Voici ma réponse :
La durée minimale pour aller du point D au point P est d'environ 4 824,61 s.
Merci !
Bonjour,
Avec geogebra, j'arrive, après une seule tentative et donc une très forte probabilité d'erreur à:
2352,23 secondes.
Quels calculs...
ce problème peut-être ramené au plan.
Lorsqu'il monte Bob va 5/6e moins vite on pose x le décalage entre d et d'(le point ou bob passera).
Enfin bref.. La distance que Bob devra parcourir sera de 1.91+2.87=4.78 soit 478cm
Soit 79min et 40sec.
Bonjour,
Pour trouver le chemin le plus court (donc le plus rapide), il suffit de trouver le meilleur angle de départ pour minimiser le trajet en fonction de la formule générale de la montée/traversée du puits.
Pour trouver cet angle, il suffit de calculer la valeur telle que la dérivée de la formule générale s'annule.
Formule générale:
L = 120/cos() + 1039 + 50( - 120*tan/80 - acos(5/8))
L'() = 1/cos()2*(120*sin()-50*120/80)
=> On en déduit: L'() = 0 pour = 38,6821°
Une remarque intéressante est que l'angle obtimum ne dépend pas de la hauteur du puit: sin() = 50 / 80
Cependant l'angle limite maximum d' ne pas être supérieur l'angle formé par l'intersection sur le grand diamètre de la tangente au petit cercle passant par P
On trouve que cet angle doit être inférieur à 56,262°. On en déduit aussi que la hauteur maximum pour appliquer un angle 38,6821° est d'environ 2,24m
38,6821° < 56,262° => On peut appliquer notre formule pour = 38,6821°
t = L(38,6821°) * 10 = 2684,21 s
J'ai bien l'impression que je me suis trompé. En dérivant ma fonction et en étudiant son signe, je trouve un DM pour lequel mon escargot ne met que 2684.21 sec... J'enrage.
Clôture de l'énigme
La bonne réponse était : 2976,73 secondes
Certains ont cherché le plus court chemin en travaillant sur le patron et en allant tout droit du point de départ jusqu'au point de tangence.
Malheureusement, les vitesses étant différentes, cette méthode ne peut pas fonctionner !
Effectivement, j'ai oublié de pondérer par les vitesses dans la minimisation, dommage encore une fois bonne méthode mais mauvaise application
Merci pour l'énigme sympa!
Bonjour Jamo,
J'ai beaucoup hésité pour répondre ce que j'ai posté car
si mathématiquement la solution est correcte,
d'un point de vue physique elle ne l'est pas .
Ce serait oublier la loi de composition des vitesses.
La vitesse en oblique sur la surface latérale devrait se décomposer en une vitesse tangentielle horizontale constante et une vitesse de montée verticale constante.
( il n'est pas correct d'affirmer que
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