Accueil > Vie Scolaire > Autres rubriques > Jeux mathématiques et logiques > Une énigme par semaine > Catégorie Lycée / Grand Public > Énigme de la semaine 5

Énigme de la semaine 5

par MOTTIER Pierre

mardi oct. 2013 15

C’est pas de la tarte !

(Extrait du forum des énigmes mathématiques du site « l’île des mathématiques »)

On considère la part de tarte de Jamo comme un secteur angulaire (OAB) comme le montre la figure ci-dessous. Le point O est le centre de la tarte, donc les longueurs OA et OB sont égales au rayon de la tarte qui est de 16 cm.

Jamo aime découper une « bande » dans sa part de tarte, je ne sais pas pourquoi.

Et donc, il a découpé une bande à l’aide d’un coup de couteau parallèlement au côté [OB] de la tarte.
Cette bande a une largeur de 3 cm.
On obtient alors une sorte de nouveau secteur angulaire (MAC), et en mesurant ses côtés, on trouve une différence de 2 cm (la différence entre les longueurs MA et MC ... ou entre MC et MA, je vous laisse y réfléchir).

Quel est l’angle de la part de tarte initiale ? Donnez la réponse en degrés avec une précision au centième de degrés.

Messages

1. Énigme de la semaine 5, 16 octobre 2013, 08:28, par NDW

$OB-MC=2$ (OB-MA ne peut être égal à 2, car OM>3)

$\tan a=\frac{3}{2}$
$a=\arctan \left( \frac{3}{2} \right) = 56,3099$
L’angle de la tarte initiale est de 56,31 degrés.
- 1. Énigme de la semaine 5, 16 octobre 2013, 08:51, par Mottier Pierre
  
  Bienvenue NDW !
  Oui, oui, je vois bien ce que tu as fait ! Du coup, je vérifie mon sujet, parce que je ne m’attendais pas à cela...
  Non, non, a priori je n’ai pas fait de faute de frappe. C’est bien un peu plus tordu que ça n’en a l’air, comme d’habitude...
  Comme tu as répondu très tôt, il te reste encore pas mal de temps devant toi !
  J’attends ta réponse !
  
  signé : Sherlock Tux
- 2. Énigme de la semaine 5, 16 octobre 2013, 21:12, par NDW
  
  Effectivement c’est plus complexe !
  
  Je trouve cette fois 74,56°
  (détail calculs dans le fichier joint jpg)
- 3. Énigme de la semaine 5, 17 octobre 2013, 18:01, par NDW
  
  Bonsoir,
  
  J’ai envoyé ma réponse hier (angle initial=76,54°), avec un fichier jpeg (démonstration).
  Mais je ne la vois pas apparaître.
  C’est bien parce que le message n’a pas été modéré ?
  
  Merci
- 4. Énigme de la semaine 5, 17 octobre 2013, 20:59, par Mottier Pierre
  
  Bonjour NDW,
  J’ai bien reçu ton rectificatif. J’ai d’ailleurs mis à jour le « classement », mais je ne publierai ta réponse que mardi prochain, avec la nouvelle énigme, la première du mois de novembre !
  A la semaine prochaine !
  
  Signé : Sherlock Tux
2. Énigme de la semaine 5, 21 octobre 2013, 09:18, par Claudel Gilles

Bonjour Sherlock Tux,

Mes hypothèses :
Je pense que α est un angle aigu (personne n’oserait prendre une part de tarte plus grosse que le quart de la dite tarte !), donc $MC>MA$

Tracé et point supplémentaire (voir fichier Geogebra) :
Je trace la perpendiculaire à (MC) passant par O.
Soit E le point d’intersection de ces deux droites.

Stratégie :
J’exprime OM sachant que [OM] est l’hypothénuse du triangle rectangle (OME)
J’exprime MC en utilisant les deux triangles (OME) et (OCE).
J’établis la différence MC-MA.
Je cherche la valeur de l’angle \alpha pour que cette différence soit égale à 2.

Je pose :
$r=16$
$b=3$

D’une part :

$\sin \alpha=\frac{b}{OM},~;donc~;OM=\frac{b}{\sin \alpha}$

D’autre part :

$CE^2=r^2-b^2$
$ME=\frac{b}{\tan \alpha}$
$MC=CE-ME=\sqrt{r^2-b^2}-\frac{b}{\tan \alpha}$

Enfin :

$MA=OA-AM=r-\frac{b}{\sin \alpha}$

Donc :

$MC-MA=\sqrt{r^2-b^2}-\frac{b}{\tan \alpha}-r+\frac{b}{\sin \alpha}$
$MC-MA=b\left(\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha} \right)-\left( r- \sqrt{r^2-b^2} \right)$

On résout [1] :

$b \tan \frac{\alpha}{2}-\left( r- \sqrt{r^2-b^2} \right)=2$
$\alpha=2 \arctan \left( \frac{2\sqrt{r^2-b^2}}{b} \right)$
$\alpha=2 \arctan \left( \frac{2�\sqrt{16^2-3^2}}{3} \right)$
$\alpha= 74,56^\circ$

L’angle de la part de tarte initiale est donc $\alpha= 74,56^\circ$

[1] On sait que : $\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \alpha}$