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 #1 - 08-08-2013 19:13:18

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Gâteau 1

Mon pâtissier devient de plus en plus pénible , il m'a livré son dernier gâteau en découpant juste une part cubique et en m'assurant que je pouvais tout à fait finir le travail seul sad

http://img268.imageshack.us/img268/3190/z3rz.jpg

H et O sont l'orthocentre et le centre du cercle circonscrit au triangle ABC .

Toutes les parts doivent avoir le même volume ,  être convexes avec des coupes droites et verticales .

Vasimolo

PS : J'ai fait le dessin à la va vite alors inutile d'y mesurer quoi que ce soit .

PPS : Non , il ne manque pas des données smile

PPPS : 100% original , inutile de perdre son temps sur google & cie smile

PPPPS : Merci d'avance pour la participation smile

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 #2 - 09-08-2013 08:01:33

halloduda
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hâteau 61

On peut faire 6 parts égales (incluant le cube).
Par exemple :

http://www.prise2tete.fr/upload/halloduda-gateau61.png

Sur le dessin, tous les sommets ont des coordonnées entières.

EDIT Mes excuses pour les découpes non verticales, ce ne serait pas un problème de modifier.

 #3 - 09-08-2013 09:59:47

fix33
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Gtâeau 61

Mais est-ce qu'il ne manquerait pas une question ? big_smile


Je ne vien sur se site que pour faire croir que je suis treise intélligens.

 #4 - 09-08-2013 12:03:21

Jackv
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Lieu: 94110

Gteau 61

Très joli Problème big_smile , original et avec un énoncé surprenant à la 1ère lecture.
Mais il n'y manque effectivement rien smile .

Je te propose ce découpage :
              http://www.prise2tete.fr/upload/Jackv-Gateau61.png

Merci pour ce bon moment de réflexion.

 #5 - 09-08-2013 12:55:53

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâtaeu 61

@Halloduda : Nous avons bizarrement le même dessin , est-ce vraiment un hasard ???

@Fix33 : Non , tout est dit mais c'est une énigme smile , il faut voir ce qui fait fonctionner le truc .

@Jackv : C'est une autre solution avec le même gâteau ( je n'avais pas prévu ta variante et j'aurais préféré une solution unique smile )

Vasimolo

 #6 - 09-08-2013 13:10:24

kossi_tg
Professionnel de Prise2Tete
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Lieu: Montargis

Gâtea 61

Proposition:
Après une étude analytique (que j'ai la flemme de développer ici lol), je suis arrivé aux conclusions suivantes:
1-) La droite (OH) est parallèle à la droite (BC) si et seulement si
    *** [latex]b\ge\frac{2\sqrt{2}}{3}c[/latex] et
    *** l'angle [latex]\hat{c}[/latex] en C est tel que [latex]2cX^2-3bX+c=0  où     X=cos(\hat{c})[/latex] ,
2-) La découpe faite par le patissier est cubique si et seulement si  [latex]b=\frac{2\sqrt{2}}{3}c[/latex] et dans ce cas  [latex]\hat{c}=45°[/latex].

L'aire totale du triangle ABC est égale à [latex]\frac{3b^2}{8}[/latex]  et celle de la part découpéé est égale à  [latex]\frac{b^2}{16}[/latex]. Le nombre total de parts est donc de 6. Le reste du gateau peut être découpé en 5 parts égales et convexes (Voir la figure ci-dessous).

http://www.prise2tete.fr/upload/kossi_tg-Gateau.JPG

 #7 - 09-08-2013 16:59:39

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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Gâetau 61

Oui Kossi_tg , c'est un nouveau découpage du même gâteau .

Vasimolo

 #8 - 10-08-2013 00:02:53

Vasimolo
Le pâtissier
Enigmes résolues : 49
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GGâteau 61

Une petite précision pour ceux qui sont un peu perdus smile

Il y a un seul gâteau correspondant à la part cubique imposée .

Après il y a plusieurs façons de finir le partage mais pas tant que ça .

Vasimolo

 #9 - 10-08-2013 10:56:11

looozer
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Lieu: Belgique

gâyeau 61

L'épaisseur du gâteau n'ayant que peu d'importance puisqu'elle est constante, on peut ramener le problème dans le plan

On imagine assez bien qu'il ne doit pas y avoir des tonnes de triangle dans lesquels on obtient cette forme carrée.

Je dessine d'abord le carré OHMN de côté x à partir de deux droite perpendiculaires MN et MH (supports du futur côté [BC] et de la future hauteur [AM]).

Une propriété intéressante (en tout cas dans ce gâteau 61) me dit que les symétriques de l'orthocentre par rapport aux milieux des côtés d'un triangle sont situés sur le cercle circonscrit. Chouette, j'ai l'orthocentre et N milieu du futur côté [BC]! Je construis donc H' : symétrique de H par rapport à N

Ayant le centre (O) et un point (H') du cercle circonscrit, je trace donc ce dernier qui me permet de trouver A, B et C.

Comique : BC vaut 4x et AM vaut 3x! Ca va aider pour la découpe. Et je sais maintenant que l'aire du triangle 6x² doit être découpée en six parts de x² d'aire.

Voici une solution :

http://www.prise2tete.fr/upload/looozer-gateau61.png

Oups! Mal lu l'énoncé. On demandait des parts convexes.

http://www.prise2tete.fr/upload/looozer-gateau61b.png

ou bien

http://www.prise2tete.fr/upload/looozer-gateau61c.png


Vraiment excellent ce gâteau 61! Merci au pâtissier smile

 #10 - 10-08-2013 15:31:29

golgot59
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Messages : 1494
Lieu: Coutiches

Gâtteau 61

Très intéressant !
(HO) étant la droite d'Euler, le centre de gravité G se trouve dessus.
Je crée D le pied de la hauteur issue de A et E le point terminant le carré HOED.

Je prends pour repère (B;BC;B...) repère orthonormé, ce qui me donne les coordonnées suivantes :
B(0;0), C(1;0), A(xA;yA), D(xA;0), E(1/2;0) G(xG;yG), H(xA;yG), O(1/2;yG)

(OG) est parallèle à l'axe des abscisses donc le vecteur OG a une ordonnée nulle, on obtient : xG=yA/3

En calculant le produit scalaire DH.EO=0 on trouve :
yA=3.xA-3/2 ou yA=3/2-3.xA

Enfin en calculant BH.AC=0 on trouve : 4xA²-4xA+3/4=0 qui donne :
xA=1/4 ou 3/4 (solution symétrique l'une de l'autre par rapport à la médiatrice de [BC])

La solution est donc unique à cette symétrie près et on obtient : OH = BC/4

Il me reste à découper les 5 parts manquantes (car le carré a une aire 6x plus petite que le gâteau, le calcul se fait facilement maintenant)

 #11 - 10-08-2013 17:05:44

cogito
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 593

Gâtea u61

Voilà smile

http://www.prise2tete.fr/upload/cogito-gateau61.png

Tentative de justification :

On peut choisir un repère orthonormé et placé 0 et H tels que 0 = (1,1) et H = (0,1).

Comme H est l’orthocentre, alors un des sommet est sur l'axe des ordonnées, appelons A ce point, nous avons donc A = (0,y) pour un certain y. Les deux autres points disons B et C sont sur l'axe des abscisses, donc B = (x,0) et C = (z,0) pour un certain x et un certain z (on supposera x < z).

Comme O est le centre du cercle circonscrit, B et C sont symétriques par rapport à la droite d'équation x = 1. Nous avons donc x - 1 = 1 - z, donc z = 2 - x. Autrement dit C = (2 - x,0).

Note : comme on a supposé x < z alors x < 2 - x et donc x < 1.

Comme O est le centre du cercle circonscrit, on a que OA et OB ont la même norme. On a OA = (-1,y-1) et OB = (x-1,-1), et donc 1 + (y-1)² = (x-1)² + 1,
c'est à dire que (y-1)² = (x-1)² donc y - 1 = x - 1 ou y - 1 = 1 - x, autrement dit
y = x ou y = 2 - x.

Comme H est l'orthocentre, alors BH et AC sont orthogonaux, et donc leur produit scalaire est nul. On a BH = (-x,1) et AC = (2-x,-y), et donc -x(2-x) -y = 0, c'est à dire que y = -x(2-x).

D'après ce qu'on a vu dans les deux paragraphes précédent, on a donc soit
-x(2-x) = x  soit -x(2-x) = (2-x). Le premier cas donne x = 0 ou x = 3, x= 0 n'est pas possible et comme x < 1, x = 3 n'est pas possible non plus. Nous sommes donc dans le second cas, et le second cas donne x = 2 ou x = -1 comme x < 1, il reste x = -1. Et donc le seul triangle possible a ses trois sommets aux points de coordonnées (0,3); (-1,0); (3,0).

Après pour la justification du découpage, se reporter au quadrillage smile .


Il y a sûrement plus simple.

 #12 - 10-08-2013 19:04:51

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâtau 61

Que du bon avec des méthodes extrêmement variées smile

@looozer : y'a un petit défaut de convexité dans la part du haut .

@tous : on peut prouver l'unicité de la solution sans passer par l'analytique .

Vasimolo

 #13 - 10-08-2013 19:10:08

Franky1103
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gâtrau 61

Je trouve 6 parts, mais avec une solution très "bulldozer" que voici.
Je considère un triangle ONP quelconque dont les sommets ont les coordonnées qui suivent: O(0;0); N(a;b) et P(c;0) et qui a une surface de: S=bc/2.
Equations des médiatrices: x=c/2; y=-(a/b).(x-a/2)+b/2 et y=(c-a).(x-a/2-c/2)+b/2
Coordonnées de l'intersection des médiatrices: M(c/2;(a²+b²-ac)/2b)
Equations des hauteurs: x=a; y=-(a/b).(x-c) et y=(c-a).x/b
Coordonnées de l'intersection des hauteurs: H(a;(ac-a²)/b)
On veut d'abord que: yM=yH, ce qui donne: c=a+b²/3a
d'où: M(a/2+b²/6a;b/3); H(a;b/3) et S=ab/2+b³/6a
Mais on veut aussi que:
1°) Soit xH-xM=yM=yH, ce qui donne: b²+2ab-3a²=0, d'où: b=-3a ou b=a
(b=-3a) est à rejeter car cela donne une surface négative de la part cubique
(b=a) donne une surface de la part cubique de: a²/9, et du triangle de: 2a²/3 et on a donc 6 parts
2°) Soit xM-xH=yM=yH, ce qui donne: b²-2ab-3a²=0, d'où: b=-a ou b=3a
(b=-a) est à rejeter car cela donne une surface négative de la part cubique
(b=3a) donne une surface de la part cubique de: a², et du triangle de: 6a² et on a donc aussi 6 parts

 #14 - 10-08-2013 23:54:15

golgot59
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Gâeau 61

Voici une proposition de découpage : (traits verts)

http://www.prise2tete.fr/upload/golgot59-image1.jpg

 #15 - 11-08-2013 00:19:43

golgot59
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Gâtteau 61

Deux autres :

http://www.prise2tete.fr/upload/golgot59-image2.jpg

http://www.prise2tete.fr/upload/golgot59-image3.jpg

En gros, toutes les formes basées sur celle-ci en coupant la rouge et la bleue en 2 chacune :

http://www.prise2tete.fr/upload/golgot59-image4.jpg

 #16 - 11-08-2013 19:27:49

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâetau 61

Bonsoir à tous et merci pour les réponses et illustrations variées smile

Quand on n'aime pas trop les calculs ( comme moi ) , on peut remarquer que la connaissance du quadrilatère KIOH ( quelle que soit sa forme ) permet toujours de retrouver le triangle ABC ( il suffit d'observer le parallélogramme ADCH ) 

http://img689.imageshack.us/img689/7602/x06a.jpg

Après on compare les aires et on sort le couteau big_smile

Je ne suis pas sûr que toutes les solutions aient été données .

Vasimolo

 #17 - 12-08-2013 12:04:38

Vasimolo
Le pâtissier
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Gâteu 61

Sauf erreur il y avait possibilité de rendre unique la solution à l'énigme en imposant des coupes issues uniquement des points O et H .

Une des solutions proposées par Looozer devient alors la solution .

Je devrais passer un peu plus de temps à peaufiner mes problèmes sad

Vasimolo

 #18 - 12-08-2013 13:17:29

godisdead
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Gtâeau 61

Je ne pense pas, si on regarde le dernier dessin de golgot, la part rouge doit être coupé en deux, elle peut etre découpé à partir de O ou de H !

 #19 - 12-08-2013 16:31:02

Vasimolo
Le pâtissier
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gâyeau 61

C'est vrai ou alors il faut imposer autant de coupes partant de O que de H mais la consigne devient vraiment pesante sad

Vasimolo

 

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