Bonjour

J'arrive à :

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3/4 soit 1515 m²

Bonjour,

c'est le problème 17 (sur 18), donc il est assez difficile.

Imod a du mal lire l'énoncé.

J'ai trouvé assez rapidement en utilisant l'inégalité de Cauchy-Schwarz.

Le problème me semblait pourtant d'un niveau comparable à ceux qu'on trouve ici.

Ça se résout aussi sans l'inégalité de Cauchy-Schwarz (que je ne maîtrise pas).

Imod, en effet, tu as dû mal lire l'énoncé.

Bonjour,
à un niveau première, terminale :

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On refait la division en oubliant le mur rouge et en rajoutant le bleu, ce qui ne change rien au problème.

On place les points dans l'ordre A, B puis C.
Il est bien connu qu'une fois placés A et B l'aire verte est minimale quand C est au milieu de AB.

En posant AA'=x et y=BA' l'aire verte est

Une étude de fonction facile montre qu'elle est minimale pour Sa valeur est alors .

En posant a le côté du triangle de départ l'aire verte est donc, quand elle est minimale,
                  .
On refait une étude de fonction et on trouve que le minimum est atteint pour et qu'elle vaut alors

Il y a donc une surface herbue de

Correction.
J'ai oublié une multiplication à la fin.

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La surface herbue est

Bonjour,

Oui,  1/2 finale  (19/03/2016) à  Saint-orens (31)....

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Pour celle-ci ,j'ai une aire maxi de 1512.6 mais je cherche mieux...

Il me semble que j'ai compris la question mais j'ai fait des erreurs comme d'habitude .

En notant x , y , z et t certains côtés des petits triangles on arrive à ce que les côtés de l'angle droit du terrain soit c=x+y+z+t . Le double de l'aire des bâtiments est 4040 - (x²+y²+z²+t²) qui est maximum quand la somme des carrés est minimale . Sachant que la somme x+y+z+t=c alors l'aire est maximale quand  x=y=z=t=c/4 c'est à dire que l'aire des bâtiments est 3c²/8=505 .

Aux erreurs de calcul près .

Imod

J'arrive à :

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L'aire occupée par les bâtiments est maximale quand les triangles pointant en bas à gauche sont les même et les deux autres ont une aire moitié des autres.

On obtient que les jardins occupent 1/4 de la surface totale et donc la réponse est 505m².
Les bâtiments occupant 1515m².

  Bonjour,

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ABC rectangle en C    et coté [AC]  vertical ( capture ne veut pas s'ouvrir...)
c=coté de triangle  ABC  et  x=MA  (hypothénuse du triangle herborisé)
aire des trois rectangles

f'(x)=c-4x
f'(x)=0   si x=c/4
aire herborisée =

Illustration :

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Il faut changer un y en x sur le dessin et bien sûr la réponse est :

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1515

Merci pour vos réponses,

Je trouve la même chose qu'Imod, LittleFox et PLSVU, mais avec encore une autre méthode :

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La surface herborisée totale, à minimiser, vaut qui se simplifie en
En annulant les dérivées partielles par rapport à a, b et c (on peut aussi vérifier que les dérivées secondes sont positives, correspondant bien à un minimum), on trouve :



qui a une solution unique , ce qui correspond à une surface herborisée totale de 505 m².

Imod,

C'est l'aire totale des zones herborisées qui est demandée.

bon, je propose ma méthode...

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avec le paramétrage suivant :



le double de la surface herbée vaut :

dans l'espace :

M(u,v,w)
u+v+w < a ; u>0 ; v>0 ; w>0
P : x+y+z-a=0
A(a,0,0) ; B(0,a,0) ; C(0,0,a)

M est dans le tétraèdre OABC

H le projeté orthogonal de M sur P
H' (a/3 , a/3 , a/3) le projeté orthogonal de O sur P
M' le projeté orthogonal de M sur la droite (OH')





avec M' (a/3 , a/3,a/3)

et [0;1]



le minimum de cette fonction est atteint pour

pour donner

atteint pour u=v=w=a/4

pourtant j'avais vérifié l'aperçu ... juste un petit correctif, mais tout le monde avait rectifié !...

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avec le paramétrage suivant :



le double de la surface herbée vaut :

dans l'espace :

M(u,v,w)
u+v+w < a ; u>0 ; v>0 ; w>0
P : x+y+z-a=0
A(a,0,0) ; B(0,a,0) ; C(0,0,a)

M est dans le tétraèdre OABC

H le projeté orthogonal de M sur P
H' (a/3 , a/3 , a/3) le projeté orthogonal de O sur P
M' le projeté orthogonal de M sur la droite (OH')





avec M' (a/3 , a/3,a/3)

et [0;1]

pour M=M' (c'est à dire M sur (OH')



le minimum de cette fonction est atteint pour

pour donner

atteint pour u=v=w=a/4

Il est évident que si la surface bâtie est maximale, la surface herborisée est minimale.

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Je suis décidément un vrai boulet

A ma décharge je ne travaille jamais sur écran , je reproduis rapidement le dessin et la question et  après je griffonne sur des vieux brouillons . Il m'arrive régulièrement de perdre le fil de la question .

Imod

Bonjour
Il y a plus simple pour résoudre. On ne change pas le problème en "abaissant" le petit triangle supérieur en "l'accolant" à son frère (voir croquis). A ce moment le problème devient très facile. La surface des 4 triangles est min quand ils sont égaux.

Trapangle demande si quelqu'un participe au championnat. J'ai participé aux 10 ou 12 premiers. D'abord en "Grand public" puis en "Haute compétition". En HC j'ai été champion régional une année et j'ai participé 4 fois à la finale internationale à Paris. Vu les fautes de frappe ou de raisonnements des premières annales que je signalais on m'avait confié la correction des annales suivantes avant édition ce que j'ai fait quelques années. J'ai aussi envoyé quelques problèmes à l'époque.

Impressionnant, derny. Pour ma part, j'oscille entre GP et HC, certaines années je réussis à me qualifier en GP pour la finale internationale (qui devait pour la première fois se passer en Suisse cette année, avant que le championnat soit annulé), du coup je dois concourir deux ans en HC par après et ces années-là je suis déjà content si j'arrive à la finale belge (étape intermédiaire qui n'existe pas en France, entre les demi-finales et la finale internationale).

dpi @ 24-03-2020 à 09:25


Oui,  1/2 finale  (19/03/2016) à  Saint-orens (31)....

Je ne sais pas si on parle de la même chose mais étant belge je participais à l'Olympiade de mathématique belge. Qui est un concours pour les 12-18ans.

J'ai participé les 6 années pour me retrouver deux fois en finale et décrocher la 3ème place à mes 15ans .

Je ne connaissais pas la FBJM mais les OMB sont très populaires chez nous.

J'ai 15ans de plus aujourd'hui

LittleFox,

Le CIJM (Championnat International des Jeux Mathématiques et logiques), organisé par la FFJM (et aussi FBJM en Belgique et FSJM en Suisse), est accessible aussi bien aux scolaires qu'aux adultes.

En OMB, je n'ai jamais dépassé la demi-finale (qui pour moi se passait à Liège)

Bonjour,

verdurin le 24-03-20 à 08:43 a juste oublié le triangle vert en bas à droite,
Il serait normalement arrivé à 505 après avoir signalé :

L'astuce pour réorganiser les 5 triangles en 4 aide beaucoup.
Ensuite : "La surface des 4 triangles est min quand ils sont égaux."
Soit, c'est certainement vrai, mais sur la base de quoi on peut affirmer cela ?

Une fois (F,G,L) placés, la meilleure place pour H est quand les 2 triangles sont égaux.
Ok. Je veux bien qu'on affirme ça sans plus de démonstration.

Mais pour la figure dans son ensemble, ça ne me paraît pas aussi limpide.

Salut vham.
Je viens de refaire mes calculs en les écrivant.
En fait j'ai fait une erreur dans le calcul final ( minimum de )
Je trouve bien un minimum de 505m² d'herbe.

je suis d'accord avec ty59847...

salut

j'aurai bien aimé cherché mais avec mes classes virtuelles et autres réseau pourri (vous avez dit "fracture numérique" ?) je rame, je rame, ...

ça me rappelle cette chanson de julien CLERC (il me semble) : rame, ramons, ramez ....

enfin tout ça pour revenir sur :

matheuxmatou @ 24-03-2020 à 17:30

je suis d'accord avec ty59847...

Citation :
Ensuite : "La surface des 4 triangles est min quand ils sont égaux."

l'argument est un peu rapide derny

>trapangle
J'ai mis un  car je n'ai fini que 10 ème sur 16 en 1/2 finale  (un jeune de 14 ans à fini
premier...)
Pour la trisection de l'étoile ,j'ai vu que tu avais la même solution que moi,donc
record à battre
>derny
Content de te voir ,je suis sûr que pour la trisection de l'étoile,tu vas nous trouver
quelque chose

carpediem
désolé, cela ne me convainc pas !
surtout que tous les triangles en cause sont rectangles isocèles !

Il est facile de voir comment l'exercice a été conçu et de voir pourquoi l'idée clé est bien de minimiser x²+y²+z²+t² pour x+y+z+t donné . On complète la figure par symétrie par rapport à l'hypoténuse du terrain . L'ensemble des triangles s'assemble alors pour remplir la diagonale de carrés . Comme on veut rendre maximale l'aire de ces carrés , on les choisit tous de même taille .

Imod

Edit : on veut bien sûr rendre minimale la somme des aires des carrés .

Imod

Imod

sauf que ça fait 5 carrés et pas 4 ...

ces idées de redécoupages semblent bonnes mais manquent cruellement de preuve détaillée !

4 , recompte

Imod

@Imod
Les arguments du genre : « il est facile de voir comment a été conçu l'énoncé » me semblent complètement étrangers à toute idée de démonstration.

Mais si tu prouves que le problème revient en effet à minimiser x²+y²+z²+t² pour x+y+z+t donné, je serais en plein accord avec ta démarche.

@Verdurin

Il me semblait avoir donner l'idée . On construit le symétrique du terrain par rapport à son hypothénuse .


Je ne pense pas qu'il soit nécessaire de justifier qu'on peut assembler les carrés jaunes , rouges verts et bleus sur la diagonale . Après il faut minimiser la somme des aires de ces quatre carrés .

Imod  

Avec la manipulation de Derny pour avoir 4 triangles tous identiques, on arrive très vite à une réponse presque complète : Avec cette disposition, on a 75% de la surface en batiments.
On conjecture que c'est la meilleure disposition, on en est quasi certain.... avec un temps de travail très réduit. Pour une épreuve comme ça où il faut enchaîner différents exercices et savoir gérer son temps, c'est une très bonne réponse.

Bonjour,
La figure de 22h21 est vraiment très claire. Bravo Imod, pour l'idée aussi.
matheuxmatou n'en était pas loin dans son message du 24 à 11h28.

Une démonstration niveau seconde de la propriété utilisée pour le minimum de la somme des 4 carrés :
S = x²+y²+z²+t²

4S = (x-y)² + (x-z)² + (x-t)² + (y-z)² + (y-t)² + (z-t)² + (x+y+z+t)²

Histoire de distraire de son aviron carpediem à qui je souhaite bon courage
J'ai connu ça en 2009 avec une suspension de ma classe de terminale S pour cause de H1N1.
Mais sur une période courte, un dizaine de jours. Rien à voir...

Merci Imod.
Je suis un peu ralenti du cerveau à rester chez moi.

Quand j'ai résolu le problème en temps limité (en catégorie HC on avait 3 heures pour résoudre les 18 problèmes) j'ai utilisé l'inégalité de Cauchy-Schwarz car j'ai l'habitude de l'utiliser mais la démonstration de Sylvieg est plus élémentaire.

On peut aussi utiliser pour montrer que .
On applique ensuite au couple , on ajoute les deux inégalités puis enfin on applique au couple pour obtenir