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#1 - 14-07-2010 00:16:48
- Vasimolo
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fâteau 14
Ca y est , le chef devient fou ( je n’ai pas dit le Ch’Ef ) Il a demandé à son apprenti de confectionner une spécialité : l’hexagato . Le modèle est simple , c’est un gâteau hexagonal constitué de deux couches de même épaisseur . La conception nécessite un peu d’adresse , il faut fabriquer les couches séparément , deux triangles équilatéraux identiques . On les pose ensuite l’une sur l’autre pour former une étoile à six branches et en coupant les pointes de l’étoile on voit apparaître l’hexagato .
L’apprenti a bien respecté le protocole mais le résultat obtenu manque un peu de régularité , voici sa production :
Le chef est dans une colère noire et quand je lui fais remarquer que tout cela n’est pas bien grave ( et oui , c’est moi le client ) , si la forme du gâteau ( en jaune ) n’est pas une réussite , elle ne devrait altérer en rien le goût du chef-d’œuvre . Le pâtissier m’a jeté son regard des mauvais jours dont la traduction pourrait être : « de quoi je me mêle , quand on ne comprend rien on se tait » . Une fois le patron parti , je rassure l’apprenti et je lui demande des explications sur l’emportement de son maître . Celui-ci m’explique que les chutes du gâteau ( en bleu et en rouge ) sont toujours partagées entre les deux enfants du pâtissier , chacun d’eux ne supportant que l’une des parties ( pas la même heureusement ) . Les fils , comme leur père , sont tatillons à l’extrême et exigent des portions calibrées au millimètre .
Il faudrait que l’aire totale des bleues soit égale à l’aire totale des rouges et que le périmètre total des bleus soit égal au périmètre total des rouges .
Ca semble plutôt mal barré
Quoi que
Bonne recherche !!!
Vasimolo
#2 - 14-07-2010 07:20:31
- McFlambi
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Gâtea 14
La première chose à dire est que la partie "partagée" par les triangles étant la même, la somme des aires restantes sera la même pour les deux triangles.
Pas de problème côté surface (volume) donc.
Pour le périmètre, je sais pas, j'untuite que c'est pareil, ne trouvant pas de contre exemple trivial. Je cherche.
#3 - 14-07-2010 10:56:14
- looozer
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Gâteau 114
Je pressens que ce gâteau est "inratable".
L'égalité des aires est assez évidente.
Pour les périmètres, j'ai l'impression qu'ils sont égaux à ceux des triangles équilatéraux d'origine, mais je n'ai pas encore réussi à le prouver.
#4 - 14-07-2010 13:49:52
- scrablor
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Gâtau 14
Quoi qu'il arrive, les deux chenapans gourmands et asymétriphobes seront satisfaits.
Pour l'aire, c'est simple. Chacun reçoit l'aire d'un grand triangle moins l'aire jaune, donc la même chose.
Pour le périmètre, c'est plus délicat. Notons ABCDEF l'hexagone jaune. L'un des enfants reçoit un périmètre de grand triangle moins (AB+CD+EF) mais plus (BC+DE+FA). Pour l'autre, on change les signes. Il suffit de prouver que AB+CD+EF=BC+DE+FA. C'est évident si les deux grands triangles ont même centre de gravité car la figure aura trois axes de symétrie. S'ils n'ont pas même centre, il me semble - sentiment confirmé par essais avec GeoGebra - qu'on ne change pas ces deux sommes si on applique une translation à l'un des grands triangles... Il me manque donc cette étape : comment agit une translation sur ces segments ? Cette translation peut se faire en deux fois, parallèlement à un côté du triangle fixe puis à un autre côté de ce triangle...
Celui qui fuit les casse-tête ne vaut pas un clou.
#5 - 14-07-2010 15:05:44
- MthS-MlndN
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Gâteau 1
Si je dis qu'il est trivial que les aires seront les mêmes, ça compte comme une résolution de la moitié du problème, ou pas ? Parce que je bloque sévèrement sur les périmètres
Podcasts Modern Zeuhl : http://radio-r2r.fr/?p=298
#6 - 14-07-2010 22:03:17
- Vasimolo
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Gâteau 41
Bon , tout le monde a bien vu que les aires sont identiques et que si les périmètres le sont aussi la justification n'est pas complètement évidente .
On peut commencer par remarquer que tous les triangles rouges ou bleus sont semblables ( même angles ) .
Vasimolo
#7 - 15-07-2010 15:32:59
- zabouu88
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Gâteau 4
ils ont la meme taille c'est une symétrie les rouges et les bleus se valent!!
#8 - 16-07-2010 06:19:50
- McFlambi
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Gâteau 1
ha oui bien vu ! .
Mes notations sont les suivantes : "c" pour la longueur d'un côté, "C" pour la somme des périmètres. en exposant "b" ou "r" selon bleu ou rouge. en indice "h" pour "sur l'hexagone", et "p" pour "sur les pointes".
Tout d'abord, la somme des périmètres est proportionnelle à la somme des côtés sur l'hexagone, ou à la somme des côtés sur les pointes : [TeX]\sum c^b_h + \sum c^b_p =C^b = \frac{1}{\lambda} \sum c^b_h = \frac{1}{1-\lambda}\sum c^b_p[/TeX] Le fait que les triangles soient semblables fait que [latex]\lambda[/latex] est le même pour bleu et rouge ! Donc en sommant les côtés d'un des deux triangles de départ, on a : [TeX]\sum c^b_h + \sum c^r_p = \frac{C^b+C^r}{2} = \lambda C^b + (1-\lambda) C^r[/TeX] Le cas particulier [latex]\lambda = 1/2[/latex] est négligeable (on peut par exemple montrer par continuité que si c'est vrai pour tout [latex]\lambda \ne 1/2[/latex], alors c'est vrai pour tout [latex]\lambda[/latex]), donc il vient : [latex]C^b=C^r[/latex], ce que l'on voulait démontrer !
Il doit y avoir mieux mais je cherche je cherche.
#9 - 16-07-2010 20:07:28
- Vasimolo
- Le pâtissier
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Gâteaau 14
Je ne vais plus avoir le loisir de répondre pendant quelques temps , j'écourte donc le temps de résolution en messages cachés ( désolé pour ceux qui cherchaient encore ) .
Je suis persuadé que le début de solution proposé par scablor peut aboutir mais j'avoue que je n'ai pas cherché très longtemps
Un raccourci de la solution de McFlambi me gène un peu mais j'ai dû mal comprendre
Bon voilà ma solution :
On retrouve les triangles de départ en ajoutant l'aire jaune aux aires bleues ou rouges donc ces dernières sont identiques . Reste les périmètres .
On note les triangles 1 , 2 , ... , 6 et les différents côtés ,[latex] a_i , b_i , c_i[/latex] comme sur le modèle . Notons [latex]L[/latex] les côtés des triangles équilatéraux .
On passe du modèle aux triangles 1 , 2 , ... , 6 en multipliant les dimensions du modèle par [latex]k_1 , k_2 , ... , k_6[/latex] .
On détaille pour chacun des côtés des deux triangles équilatéraux : [TeX]a_1+b_2+c_6=k_1a+k_2b+k_6c=L[/TeX] [TeX]a_2+b_1+c_3=k_2a+k_1b+k_3c=L[/TeX] [TeX]a_3+b_4+c_2=k_3a+k_4b+k_2c=L[/TeX] [TeX]a_4+b_3+c_5=k_4a+k_3b+k_5c=L[/TeX] [TeX]a_5+b_6+c_4=k_5a+k_6b+k_4c=L[/TeX] [TeX]a_6+b_5+c_1=k_6a+k_5b+k_1c=L[/TeX] En ajoutant les lignes de même parité : [TeX](k_1+k_3+k_5)a+(k_2+k_4+k_6)(b+c)=3L[/TeX] [TeX](k_2+k_4+k_6)a+(k_1+k_3+k_5)(b+c)=3L[/TeX] Puis en soustrayant membre à membre : [TeX]( a-b-c)(k_1+k_3+k_5)= ( a-b-c)(k_2+k_4+k_6)[/TeX] Comme le triangle modèle n'est pas aplati , [latex]a \neq b+c , k_1+k_3+k_5=k_2+k_4+k_6[/latex] et c'est fini .
Le problème se généralise sans problème en remplaçant "triangle équilatéral" par "polygone régulier"
Un énorme Merci aux participants
Vasimolo
#10 - 16-07-2010 21:24:41
- looozer
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gâteai 14
Costaud le 14 , mais très joli
#11 - 17-07-2010 09:33:34
- McFlambi
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âteau 14
dans ma démo, le [latex]\lambda[/latex] est le même pour bleu et rouge car il dépend uniquement de la forme (du modèle si vous voulez, qui est le même pour bleu et rouge). En fait, [latex]\lambda[/latex] est la proportion entre le périmètre et le côté collé à l'hexagone (qui est toujours le même côté du modèle), qui sont (il me semblait clairement) proportionnels. Avec mes notations ([latex]c_h[/latex] le côté sur l'hexagone, [latex]c_{p_{i}}[/latex] les côtés sur les 2 pointes, exposants en [latex]i[/latex] pour les 6 différents triangles.), cela vient de ce que : [TeX]\lambda = \frac{c_h}{c_h+c_{p_{1}}+c_{p_{2}}}= \frac{k^{j} c_h}{k^{j} c_h+k^{j} c_{p_{1}}+k^{j} c_{p_{2}}}=\lambda^{j}[/TeX] Comme les [latex]\lambda[/latex] sont les mêmes pour tous les petits triangles, il vient directement : [TeX]\sum_{b} c_{h}^{b} = \sum_{b} \lambda (c_{h}^{b}+c_{p_{1}}^{b}+c_{p_{2}}^{b}) =\lambda \sum_{b} (c_{h}^{b}+c_{p_{1}}^{b}+c_{p_{2}}^{b}) = \lambda C^{b}[/TeX] à moins que je me fourvoie quelquepart...
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