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 #1 - 26-04-2011 00:07:23

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

American probblem

Vue du dessus du parc du Pentagone (un pentagone régulier).
Calculer le rapport entre l'aire hachurée et l'aire de sa partie noire.

http://nsa25.casimages.com/img/2011/04/26/110426120642609607.jpg



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

 #2 - 26-04-2011 11:47:44

halloduda
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 24
Messages : 479
Lieu: Ardèche

amerivan problem

0.9610875 environ

 #3 - 26-04-2011 23:11:19

looozer
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 659
Lieu: Belgique

Amerrican problem

http://www.prise2tete.fr/upload/looozer-pentagramme.jpg

Je trouve un truc totalement crasseux : [latex]\frac{4}{55} \sqrt{37+\frac{82}{\sqrt{5}}} \pi-1[/latex] hmm

Je pose AB=1, ça ne changera rien aux proportions

Par la trigono :

dans le triangle ABC : BC = 2 x sin36°
dans le triangle JBC  : JB = tg36°
dans le triangle JKB  : JK= 2 x tg36° x sin18°

Aire de JBC : sin³36°/cos36°
Aire du petit pentagone central : 5 x tg36° x sin²18°

Aire de la partie claire : a = 5(sin³36°/cos36° + tg36° x sin²18°) = [latex]\frac{5}{4} \sqrt{185-82 \sqrt{5}}[/latex] (dixit WolframAlpha)

Aire du cercle : Pi x 1²

Rapport demandée : (Pi - a)/a = [latex]\frac{4}{55} \sqrt{37+\frac{82}{\sqrt{5}}} \pi-1[/latex] = 0,961087513455143...

 #4 - 26-04-2011 23:30:47

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

Americaan problem

@looozer: en simplifiant, ça donne quoi ton truc ?

@halloduda: bonne réponse !


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

 #5 - 27-04-2011 07:42:21

looozer
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 659
Lieu: Belgique

ameeican problem

Ben justement ce truc ne se simplifie pas!
En gros, ça donne 0,9610875

 #6 - 27-04-2011 10:34:10

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

American rpoblem

looozer, c'est la bonne réponse... mais je suis curieux de savoir comment tu en es arrivé là ! wink


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 #7 - 27-04-2011 17:03:44

looozer
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 659
Lieu: Belgique

American poblem

J'en ai rajouté un peu smile

 #8 - 27-04-2011 19:27:37

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,474E+3

American probleem

http://www.prise2tete.fr/upload/gwen27-pentagone.jpg

L'aire du grand pentagone est 5 fois celle de ABG soit
AG x BE/4 = r^2 /2 cos18°

L'aire d'un triangle est
OH x OA = r^2 cos 54° (1-sin 54°)

L'aire est 5 fois celle de ABG soit
AG x BE/4 = r^2 /2 cos18°

L'aire d'un triangle est
OH x OA = r^2 cos 54° sin18°  (1-sin 18°) / sin54°

Donc l'aire de la partie hachurée est
r^2 (PI – 5/2 cos 18 + 5cos 54° sin18°  (1-sin 18°) / sin54° )

Le rapport entre les 2 aires est donc
    (PI – 5/2 cos 18 + 5cos 54° sin18°  (1-sin 18°) / sin54° ) / (5/2 cos 18 - 5cos 54° sin18°  (1-sin 18°) / sin54° )
=pi / (5/2 cos 18 - (5cos 54° sin18°  (1-sin 18°) / sin54°) )  -1

http://www.prise2tete.fr/upload/gwen27-pentagoneformule.jpg

= 0,9610875...

Il doit me manquer un truc! Ca ne parait pas crédible à vue d'oeil.
Maintenant , ça me parait mieux.

 #9 - 27-04-2011 21:28:37

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

american probmem

Ton 1 est en trop, Gwen... wink


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 #10 - 30-04-2011 11:42:20

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

americzn problem

J'apporte ma pierre à l'édifice, moi aussi... lol

http://nsa25.casimages.com/img/2011/04/30/110430114449603665.jpg

http://nsa25.casimages.com/img/2011/04/30/110430114656342667.jpg


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