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 #1 - 10-03-2011 17:41:45

SaintPierre
Banni
Enigmes résolues : 42
Messages : 2063
Lieu: Annecy

Center Parcc

Les côtés du carré sont de longueur 1 mètre et la région grise représente l'ensemble des points qui sont plus proches du centre du carré que des côtés.
Quelle est l'aire et, subsidiairement quel est le périmètre, de cette partie grise ?

http://nsa26.casimages.com/img/2011/03/10/110310053910209711.jpg



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 #2 - 10-03-2011 20:23:39

franck9525
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 48
Messages : 1932
Lieu: UK

xenter parc

Les sommets sont à [latex]1-\sqrt2/2[/latex] du centre ce qui determine trois points de l'arc formant le coté du 'blob'. Pythagore nous donne la corde de l'arc qui mesure [latex]\sqrt2-1[/latex] et sa flèche [latex]\frac{3-2\sqrt2}4[/latex].

Ensuite avec ceci on détermine le rayon de l'arc puis son angle.
[TeX]R=\frac{7-2\sqrt2}8[/TeX]
[TeX]\alpha=2arcsin(\frac{C}{2R})\approx 0.8168 rad[/TeX]
[TeX]L_{arc}=\alpha R[/TeX]
ce qui donne un périmètre = 1.7038

On calcule ensuite la surface du camembert [latex]\frac{\alpha}2 R^2\approx 0.111[/latex] dont on retire le triangle corde/rayon/rayon pour ne garder que la surface de la partie bombée 0.0119.
4 surfaces bombées + le carré intérieur de cote C ([latex]S_{C^2}=3-2\sqrt2\approx 0.17157[/latex]) nous donne une aire = 0.2194

Ouf ! cool


The proof of the pudding is in the eating.

 #3 - 10-03-2011 20:28:49

L00ping007
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 2010
Lieu: Paris

CCenter Parc

Pour l'aire, je propose :
[TeX]\frac{4\sqrt2-5}3[/TeX]
Pour la longueur, j'en suis à :
[TeX]8\int_{0}^{\sqrt2-1}\sqrt{1+x^2}dx[/TeX]

 #4 - 10-03-2011 20:51:51

SaintPierre
Banni
Enigmes résolues : 42
Messages : 2063
Lieu: Annecy

centrr parc

Bonne réponse de L00ping et encore une belle solution de Franck.wink


C'est à l'intelligence d'achever l'oeuvre de l'intuition.

 #5 - 10-03-2011 20:57:22

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 490
Lieu: Ardèche

Center Prc

La surface grisée est délimitée par 4 arcs de parabole ayant pour foyer le centre du carré et pour directrices les 4 côtés du carré.
L'équation de l'une de ces paraboles est [latex]\rho\,={\frac 1 {2(1+\cos\theta)}[/latex].
L'aire de la surface grisée est [latex]A=8\int_0^{\qquad\frac{\pi} 4} \frac {\rho^2} 2d\theta[/latex] (8x secteur de 0 à 45°)
qui vaut [latex]\int_0^{\qquad\frac {\pi} 4} \frac 1 {(1+\cos {\theta})^2} \,d \theta[/latex].
Cette intégrale vaut [latex]\frac {4\sqr 2-5} 3 \approx \,0.21895[/latex] (WolframAlpha).

La longueur est [latex]8*\int_0^{\qquad\frac{\pi} 4}ds[/latex] avec [latex]ds=\sqrt{(\rho^2+{\rho'}^2)}\,d\theta=\frac 1 2 \sqr {\frac {(1+\cos x)^2+{\sin^2 x}} {(1+cosx)^4}}d\theta[/latex]

Le calcul donne une valeur numérique [latex]L\,\approx 1.70308\,m[/latex] (WolframAlpha)

 #6 - 10-03-2011 22:46:38

dylasse
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 21
Messages : 374

center patc

La courbe est formée par 4 morceaux de parabole.

En sortant la petite artillerie de la géométrie analytique, on trouve que l'aire recherchée est 8 x (intégrale(1/4-y²) ((entre 0 et 1/4)) - 1/2 (1/4)²)=5/24.

Pour le périmètre, j'ai fait ds²=dx²+dy²=(4y²+1) dy², donc le périmètre est : 8 x (intégrale(rac(4y²+1) dy) ((entre 0 et 1/4)).
Ensuite, j'ai la flemme de rechercher les changements de variable à faire ...

 #7 - 11-03-2011 03:11:32

mitsuidewi
Professionnel de Prise2Tete
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Lieu: dans une chambre universitaire

centzr parc

j'aime bien tes énigmes, je vais me lancer dans celle ci

 #8 - 11-03-2011 13:08:49

looozer
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Messages : 675
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Cener Parc

http://www.prise2tete.fr/upload/looozer-central.jpg
Pas super sûr mais j'essaie...
Intuitivement, la limite de l'aire bleue sur l'aire rose quand le petit côté du trapèze tend vers 0 vaut 2.
J'en déduis que l'aire du carré est égale à 3 fois l'aire grise + l'aire des 4 carrés dans les coins. Le côté de ces carrés vaut [latex]c=\frac{2-\sqr{2}}{2}[/latex]

On a donc [latex]1=3x+4c^2[/latex]
[TeX]x=\frac{4\sqr{2}-5}{3}[/TeX]

 #9 - 11-03-2011 13:44:18

debutant1
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 116

Cnter Parc

Soit O centre du carré de côté 1
2ä l"angle(rd) formé par OM et la normale au côté passant par O( de 0 pi/4)
on étudie 1/8 de la surface
d distance de M au coté .
d = 1/2  -  OM* cos2â
OM = 1/( 2* (1+cos2â))
t = tgâ   t(0, 0,41)

OM = (1 +t^2)/4

ds élément de surface couvert par d2â
ds= OM^2   * d2â /2
ds = (1+t^2)^2 * dâ / 16
(t^2+1)  dâ= dt
t^4 + t^2 dâ = t^2  (1+t^2) dâ = t^2  dt
donc la surface S = (1/16)* [ t^3/3+t] = 0,027
la surface totale est 0,216

dl élément de périmétre couvert par d2â
dl = *OM*d2â= 2*OM * dâ = (1+t^2)/2  * dâ = dt/2
l = 0,205
L =1,64

je pense être dépassé par les intégrales, je pense que le raisonnement est bon

 #10 - 12-03-2011 07:05:59

mitsuidewi
Professionnel de Prise2Tete
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Lieu: dans une chambre universitaire

Cente Parc

Bon alors j'ai une super idée !

Soit R la longueur du segment du centre du carré au coté du carré.
Si Theta est l'angle que fait ce segment avec l'horizontale, alors on a :
[TeX]R=\frac{1}{2cos\theta}[/TeX]
comme on s'arrête a chaque fois à la moitié du segment, on a le R de la surface grisée :
[TeX]R^'=\frac{1}{4cos\theta}[/TeX]
On intègre ensuite ce R entre 0 et 2 pi, pour faire le tour du carré :
S la surface :
[TeX]S=\int_0^{2\pi}R^'d\theta\\
S=\int_0^{2\pi}\frac{1}{4cos\theta}d\theta[/TeX]
or on sait que [latex]\int_0^{2\pi}\frac{1}{2cos\theta}d\theta = 1[/latex]
vu que c'est la surface du carré de côté 1.

Donc S=[latex]\frac{1}{2}[/latex]

Ça me parait juste mathématiquement, même si sur le dessin ca parait trop peu. j'attends ton verdict !

 #11 - 12-03-2011 14:36:57

mitsuidewi
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
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Lieu: dans une chambre universitaire

Centr Parc

bon alors si je considère que les points les plus proches du centre que les côtés se trouvent en dessous de  R/2 en prenant R la longueur de chaque segment [OA], O le centre, A un point du carré.
Je remarque que ton dessin ne colle pas... en effet les points les plus éloignés dans la partie grisée se trouve en fait sur une droite, et non sur une espèce de courbe... j'ai un dessin comme preuve... ce qui m'a mis sur cette piste est ma feuille de calcul qui contredit le dessin ! si j'ai faux, alors je ne vois pas la solution.

Donc la nouvel surface est celle du nouveau carré obtenu en reliant les points les plus éloignée dans la partie grisée.

on a donc :
S=0.5*0.5 = 1/4

C'est ma dernière idée.

 #12 - 12-03-2011 17:35:08

dhrm77
L'exilé
Enigmes résolues : 49
Messages : 3004
Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

eCnter Parc

1) je calcule l'equation du 1/4 de la courbe, et je trouve que la distance A entre la face du haut et le 1/4 de courbe le plus pres est de X^2_0.25, X etant la distance horizontale entre un point quelconque et le centre.
2) ensuite je calcule l'integrale pour trouver la surface exterieure.

3) j'en deduit le calcul de l'aire:
(1÷4−(√2−1)÷4−(3÷2−√2)−(5×√2−7)÷12)×4 = 0.218951416
... que je simplifie par (4×√2−5)÷3

Quand au perimetre de l'aire..... c'est une autre histoire.


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #13 - 12-03-2011 23:08:59

Jackv
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 34
Messages : 2173
Lieu: 94110

center parx

Le contour de la surface grisée est défini par les homothéties des 4 cotés par apport au centre dans le rapport 1/2, ce qui donne des segments de droites lol

La surface grisée est donc de 0.25 m² et son périmètre de 2 m !

 #14 - 12-03-2011 23:10:45

SaintPierre
Banni
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Centr Parc

lolrollwink


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