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Les deux caisses
Bonjour à tous 
Une petite détente entre plusieurs univers , comme je les aime .
Le schéma ci-dessous représente deux caisses posées au sol et tirées par deux câbles .
Les caisses sont des rectangles identiques dont la longueur et la largeur sont des nombres entiers de centimètres . Les deux câbles indépendants passent par un même point S et entraînent les caisses par les coins B et E en laissant les points A et F au sol . Au final la droite (CH) reste horizontale mais (EB) s'est verticalisée , les points D et G sont alors à 50 cm et 38 cm de (EB) .
Quelles sont les dimensions de ces caisses ?
Comme toujours on s'amuse en blankant ou pas comme on le sent .
Imod
Tu as tout compris
J'avais l'illustration dans mes tiroirs mais c'est bien mieux de le faire soi-même .
Imod
Bonjour Dpi
Tout ce que tu dis est faux ( sauf le remerciement à Mathafou ) . Il faut faire attention que sur sa figure ce n'est pas BD qui mesure 50 cm .
Imod
Bonsoir Imod ,
Effectivement je me suis précipité sur la diagonale qui est l'hypoténuse du triangle particulièrement aplati 
et sur le parallélisme des diagonales qui est une vue de l'esprit...
A suivre....
Pas de problème
Je pressens que Mathafou va nous pondre une animation avec des curseurs même si l'intérêt principal est dans la justification de l'unicité .
Imod
le parallélisme des diagonales qui est une vue de l'esprit...
vu que les diagonales AC et FH sont de même longueur et toutes deux "coincées" entre une même paire de parallèles
elles sont soit parallèles, soit de directions symétriques par rapport à une verticale (mais dans ce cas les deux rectangles eux même seraient "parallèles")
une construction "avec des curseurs" :
on trace les verticales d'abscisses 0, -50 et +38
le rectangle ABCD est alors construit de centre O (-25; 0) avec BD² = a²+b², B sur la droite x = 0 et D sur x = -50, et on le complète avec A, C
une translation de vecteur
E est le symétrique de B' par rapport à (FH) et on complète EFGH
la solution est lorsque E est exactement sur x = 0 (et G sur x=38)
avec Geogebra, à 10-xx près, a et b étant exactement entiers par construction (des curseurs)
ce qui n'est pas le cas avec les valeurs de a et b réglée sur la figure précédente
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Bonjour,
J'ai été stoppé pour le parallélisme par Imod ( C'est un vilain 
)
Sinon je continuais avec CH OQ AF = 44 (25;19)
J'ai particulièrement apprécié la démo de mathafou et son applet.
"démonstration" est un bien en grand mot pour une construction purement expérimentale : on titille les curseurs jusqu'à ce que ça colle à la précision numérique de Géogebra.
il resterait à traduire cette construction en équations "diophantiennes" (en nombres entiers a et b) une fois qu'on a réussi à éliminer tout le reste qui n'est pas forcément dans 
et démontrer que la solution est unique (ou pas ...)
et tant qu'à faire la résoudre avec les "50" et "38" comme paramètres pouvant prendre d'autres valeurs...
Tu as raison Dpi , je me suis très mal comporté et je fais pénitence jusqu'à ce que tu m'accordes ton pardon 
Mathafou , a bien résumé ce qu'il reste à faire . Il est facile de vérifier que la solution trouvée convient , l'unicité est bien plus délicate .
Imod
Tu es trop bon
Une remarque à propos de la solution . La longueur des deux petits rectangles qui est la largeur du grand est aussi un nombre entier .
Imod
euh certes
dont la longueur et la largeur sont des nombres entiers
quant "au grand" j'en vois trois sur la figure ...
50 x h, 38 x h et h x 88
(h variable, vaut 55 lors de la solution)
Autre chose , les cos , sin , ... des angles sont rationnels et donc toutes les longueurs de la figure , on entre assez vite dans le cadre des entiers .
Imod
la longueur a des deux petits n'est pas égale à la largeur h du grand h x 88.
mais à la largeur 50 de celui de 50 x h
(h est l'altitude de C,H)
disons par coïncidence, car il n'y a pas de raison à priori ...
et donc toutes les longueurs de la figure [ sont rationnelles ]
Je ne pèse pas suffisamment mes mots : les longueurs qui suivent les axes sont rationnelles . Pour l'objection précédente je parlais des deux ou trois rectangles dont les bords suivent les axes et encadrent les deux caisses .
Imod
les ressorts cachés sont des triplets de Pythagore à la pelle...
dont le célèbre (3, 4, 5) et ses multiples, mais pas que,
le (7, 24, 25) qui est là parce que 25² = 15²+20² = 7²+24² à deux décompositions en somme de carrés (hors le 25² + 0² bien sur)
nota : ni ABD ni EFG ne sont des triplets de Pythagore : l'hypoténuse n'est pas entière
ainsi que pas mal de "coïncidences" dont l'indispensable 40 + 15 = 48 +7,
condition indispensable pour avoir CH horizontal (OQ horizontal)
En effet , il ne s'agit pas de faire n'importe quoi et essayer de trouver un sens aux multiples coïncidences . Il me semble que si on arrive à inscrire un pentagone à côtés entiers dans un rectangle de même nature comme sur la figure ci-dessous , on pourra placer les deux caisses dans deux rectangles à côtés entiers .
Imod
on sait déja que pour que ça marche il est nécessaire que :
- les triangles bleus soient semblables, donc deux multiples d'un même triplet de Pythagore "primitif"
- les triangles verts soient semblables, donc deux multiples d'un même (autre) triplet de Pythagore
- les hypoténuses des deux "petits" triangles admettent plusieurs triplets de Pythagore (au moins deux) et donc aussi les deux "grands".
- les rapports des rapports devant être les mêmes (ici 10/5 = 2/1)
- avec la condition déja citée sur ces triplets
que la somme des cotés bleus soit égale à la somme des côtés verts (40+15 = 48+7)
ça fait beaucoup de conditions (plutôt que de parler de "coïncidences" 
) sur les triplets, pas facile d'en trouver d'autres que ceux du problème...
J'ai essayé de vous suivre en respectant le 30;24
Je ne trouve pas de solutions avec...
30;15;34 30;72;78 30;224;226
24;8;25 24;18;30 24;10;26 24;32:40 24 ;45;51 24;70;74
en respectant le 30;24
la difficulté est de s'affranchir de ces valeurs là pour "scanner" la foultitude énorme de triplets de Pythagore ...
(et l'énoncé est de toute façon avec "30" + "20" bleus = 50 et "24"+"14" verts = 38)
le théorème de Noel (du 25 décembre) de Fermat peut déja être utile pour la condition :
les hypoténuses admettent plusieurs triplets de Pythagore (au moins deux)
(ici 5, élevé au carré pour avoir plusieurs triplets (15,20,25) et (7, 24, 25))
si on veut des variantes, on démarre au minimum avec 5*13 = 65 = 1²+8² = 7²+4², plus petite valeur suivante admettant au moins deux triplets
Je reviens à la résolution du problème initial en essayant de rester sur le cas général tout de même .
On note a et b les dimensions de la caisse , x et y les distances à l'axe vertical ( ici x=50 et y=38 ) et L la longueur commune aux deux rectangles enfermant les caisses .
Un peu de trigonométrie ou de Pythagore nous donne :
On a la même égalité avec y à la place de x et en combinant les deux :
On élimine L en remplaçant dans la première égalité et on obtient la peu sympathique :
On peut tout de même en tirer quelque chose en posant d=PGCD(a,b) , a=du et b=dv . L'égalité devient :
L'égalité n'est pas plus agréable mais comme ne partage aucun facteur premier avec u ou v , uv divise x+y . On limite ainsi les choix pour u et v .
Imod
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