J'arrive à 21.46 cm^2


... et je me suis planté. Je reprends demain.

5cm2 ?
A vue de nez et à un poil près ....

Je crains le pire pour demain 

Merci, mais à moins d'avoir un déclic atomique ...
J'aurais dû faire attention à ton pseudo avant de m'inscrire 
Tu n'as besoin de personne pour tenir le secrétariat ..... 

Si c'est sur des thèmes comme cela je retire ma candidature ;-)

Vas-y-molo mon gars, on est pas tous matheux dans l'âme

j'essaierai d'être là quel que soit le moment ;-)

Je n'ai pas trouvé de méthode astucieuse



Côté du triangle isocèle et du carré : [latex]b=20\sin(15)[/latex]

Aire du triangle isocèle : [latex]T =100\sin(15)cos(15)[/latex]

Aire du petit morceau de disque : [latex]D=\frac{100\pi}{12}-T[/latex]

Aire du morceau cherché : [latex]A=b^2+4D=100(1+\frac{\pi}{3}-\sqrt{3})\approx 31,5 cm^2 [/latex]

Vasimolo

Bonjour,

Je n'est pas trouvé plus simple (bien que ça ne soit pas très compliqué).
J'utilise R pour le coté du carré plutôt que 10 pour éviter les erreurs.



Dans le repère orthonormé ayant pour origine le coin en bas à gauche (O) et les axes habituels (échelle 1 cm), le point A a pour coordonnées [latex](\dfrac{R}{2}, R\dfrac{\sqrt{3}}{2})[/latex].

Les angles [latex]\widehat{CBA}, \widehat{ABD} et \widehat{DBO}[/latex] valent tous [latex]\dfrac{\pi}{6}[/latex] (Leur sinus vaut 1/2).
La surface verte vaut donc [latex]\dfrac{\pi}{12}R^2[/latex].
DE vaut [latex]R\dfrac{\sqrt{3}}{2}[/latex], donc l'aire violette vaut: [latex]R^2\dfrac{\sqrt{3}}{8}[/latex].

Et donc l'aire bleue vaut: [latex]\dfrac{R^2}{2} - \dfrac{\pi}{12}R^2 - R^2\dfrac{\sqrt{3}}{8}[/latex].

Considérons le triangle OCB, sa surface est [latex]\dfrac{R^2}{2}[/latex].
Le quart de disque OC de centre B a une surface de [latex]\dfrac{\pi}{4}.R^2[/latex]
La surface d'une demi-lentille est la différence entre ces 2 surfaces et donc la surface d'une lentille est: [latex](\dfrac{\pi}{2}-1).R^2[/latex]

J'en ai fini avec les calculs d'aires. Passons aux choses sérieuses.

Une lentille est composée du morceau hachuré dont on cherche l'aire S et de 2 morceaux "pointus" d'aire S'. On a donc: [latex]S+2S'=(\dfrac{\pi}{2}-1).R^2[/latex]
Je considère maintenant à nouveau le quart de disque OC de centre B. Il est composé de 3 "pointus", la surface hachurée et 4 morceaux bleus. On a donc: [latex]S+3S'+4.(\dfrac{R^2}{2} - \dfrac{\pi}{12}R^2 - R^2\dfrac{\sqrt{3}}{8})=\dfrac{\pi}{4}.R^2[/latex].

En soustrayant ces 2 égalités membres à membre, on obtient: [latex]S'=R^2.(\dfrac{\pi}{12}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1)[/latex].

Et donc [latex]S=R^2.(\dfrac{\pi}{3}+1-\sqrt{3})[/latex].

Dans le cas R=10, on obtient S=31,51cm2 soit 32cm2 arrondi à l'unité la plus proche.

Promath- a écrit:

Vasimolo, tu ne t'est pas inscrit au concours? dépêche tu as jusqu a 15h48!

Désolé , il ne faudra pas compter sur moi dans tes concours

Ce n'est pas ma conception des énigmes et je suis nul face à un chrono

Bonne chance quand même pour la suite de tes énigmes-concours

Vasimolo