Les organisateurs ne souhaitent pas qu’il y ait deux secteurs angulaires du stade avec les personnes de couche sociale différente d’un même quartier. Le service d’ordre ne peut surveiller qu’un secteur angulaire du stade. À chaque nouvelle épreuve ces intrépides athéniens présents dans l’anneau supérieur se décalent d’un cran dans le sens des aiguilles d’une montre, sans doute pour que ça ne soit pas toujours le même quartier qui ait le soleil dans les yeux… Ainsi toutes les quatre épreuves chaque quartier de l’anneau supérieur retrouve son emplacement d’origine ; les spectateurs près de la piste restent quant à eux à leur place tout le long du tournoi.

Les organisateurs ont-ils raison de craindre que deux secteurs angulaires comportent à un moment donné les deux classes sociales d’un même quartier?

Énigme proposée par Philippe Grillot (université d’Orléans).

Le rayon du cercle inscrit C est alors donné par la relation

r = (b+a-c)/2

Remarque : Notons que puisque le triplet (a,b,c) est pythagoricien alors les parités des entiers a, b et c font que l’entier b+a-c est un entier pair.

Preuve : Notons O le centre et r le rayon du cercle C inscrit au triangle ABC rectangle en A. Les droites (AB), (AC) et (BC) sont tangentes au cercle C respectivement aux points K, I et J. On en déduit alors que

OI = OJ = OK.

Donc, OIAK étant un quadrilatère avec trois angles droits et deux côtés consécutifs de même longueur (OI = OK), on a

AI = r et BK = b-r.

D’autre part, puisque les triangles OKB et OJB sont rectangles, appliquer le théorème de Pythagore permet de montrer que BK = BJ, et donc que BJ = b-r. Le même raisonnement appliqué aux triangles OJC et OIC permet de déduire que JC = IC.

Donc

JC = c-JB = c-(b-r) et JC = IC = a-r.

Donc 2r = b+a-c est un entier pair, ce qui prouve l’assertion de départ.

Dans notre énigme r = 1 donc a, b et c vérifient le système d’équations

2 = b+a-c

c² = a²+b².

a = 1, a = 2 sont impossibles et donc a > 2.

On obtient

c = b+(a-2)

2(a-2)b + (a-2)² = a²

donc

b = 1+a/(a-2).

Puisque a et b sont des entiers naturels alors les seules solutions sont

(a,b,c) = (3,4,5) ou (a,b,c) = (4,3,5).

En effet, b est entier donc 1+a/(a-2) = 2+2/(a-2) est entier d’où 2/(a-2) l’est et les seuls entiers divisant 2 sont 1 et 2.

L’opticien ne pourra alors proposer qu’un seul modèle de lunette…

Énoncé de l’énigme.

Notons L = QR, θ l’angle issu de R et γ l’angle issu de Q.

Soit I le point d’intersection de la hauteur issue de P dans le triangle PQR. On a alors

tan γ = IP / IQ et tan θ = IP / IR, (1)

soit

IQ tan γ = IR tan θ.

Or,

L = IQ + IR,

donc

IR (tan θ + tan γ) = L tan γ, (2)

soit donc, d’après (1) et (2)

IP = L tan γ tan θ / (tan θ + tan γ).

On trouve

θ = 26° et γ = 32°, d’où IP ≈ 42,35 mètres.

Énoncé de l’énigme.

Énigme et solution proposées par Philippe Grillot (université d’Orléans).

Pouvez-vous aider l’opticien de Jean à concevoir ses montures en lui donnant les côtés du triangle ? Pourra-t-il lui proposer plusieurs modèles triangulaires ?

Énigme proposée par Philippe Grillot (université d’Orléans).

T = c√L , où x est une constante réelle positive. (1)

On souhaite construire un pendule de période T’ = T/3.
D’après (1) on a alors :

T’ = T/3 = c √L/3 = c √(L/9) = c √L’.

Reste donc à construire un pendule de longueur L’ = L/9, ce qui revient à diviser en 9 parties égales la longueur du pendule de période T, cela en n’utilisant que le compas et une règle non graduée.

Traçons le segment [0B] de longueur L, et D une droite non parallèle à la droite (OB) passant par O. À l’aide du compas, traçons 9 points A1, A2, …, A9 sur la droite D tels que OA1 = A1 A2 = … = A8 A9.

Considérons maintenant la droite joignant les points B et A9 et traçons la parallèle à cette droite passant par A1 ; elle coupe la droite OB en un point A.

Le théorème de Thalès nous assure alors que

OA = L/9.

Énoncé de l’énigme.

Énigme et solution proposées par Philippe Grillot (université d’Orléans).

Notons P, Q et R les sommets du triangle contenu dans le plan horizontal parallèle au sol : le point P représente Philae, Q et R deux points au pied de la montagne de l’autre côté du canyon. (Voir dessin 1). Suivants les photos prises à plusieurs intervalles de temps, l’ombre d’un relief situé en Q balaie l’angle PQR de l’intérieur du triangle pendant une durée 1 h 14 mn 40 s. De même, l’ombre d’un relief situé en R balaie l’angle QRP est de 1 h 40 s. Le segment QR mesure 100 mètres. La comète Tchouri fait un tour sur elle-même en 14 heures. Est-il possible de connaître la largeur du canyon à partir de l’endroit où se trouve Philae ?

Pour vous replonger dans cette épopée nous vous proposons ce petit dessin animé.

Solution ici.

Énigme proposée par Philippe Grillot (université d’Orléans).

Considérons une image rectangulaire de largeur a et de longueur b que l’on visualiserait sur notre écran.

Ainsi l’aire de cette image et la longueur de sa diagonale sont inférieures à celles de l’écran, d’où :

ab ≤ 150 x 250 et a^2 + b^2 ≤ (150)^2 + (250)^2,

soit

(a+b)^2 ≤ (150 + 250)^2.

Et donc, puisque a+b ≥ 0, nous obtenons :

a + b ≤ 400.

Ainsi le pirate ne peut pas insérer dans le cadre une image rectangulaire sont la somme (longueur + largeur) dépasse 400 pixels.

Énoncé de l’énigme ici.

Énigme et solution proposées par Philippe Grillot (université d’Orléans).

La période d’un pendule est proportionnelle à la racine carrée de la longueur du pendule.
Ayant un pendule de longueur donnée et possédant une période T, on souhaite construire un pendule dont la période est le tiers de T.

Sachant que l’on ne dispose que d’une règle non graduée et d’un compas, est-il possible de réaliser ce pendule ?

Attention, le temps vous est compté !

Solution de l’énigme.

Énigme et solution proposées par Philippe Grillot (université d’Orléans).

Soit n en entier naturel supérieur ou égal à 1. Notons u_n la longueur en mètres parcourue par le tonneau lors de son n-ième tour. On a alors :

u_1 = 0,1 x π

u_2 = (0,1 + 2/10 x 0,1) x π = 0,1 x 1,2 x π

u_3 = 0,1 x 1,2 x (1+2/10) x π = 0,1 x (1,2)^2 x π

…

u_n = 0,1 x (1,2)^{n-1} x π.

Soit N le nombre de tours nécessaires pour couvrir la distance de 148,27 mètres. On a alors l’égalité suivante

u_1 + u_2 + … + u_N = 148,27.

On reconnaît alors la somme des N premiers termes d’une suite géométrique de raison 1,2 et de premier terme 0,1 x π.

D’où

0,1 x π x (1-(1,2)^N) /(1-1,2) = 148,27

soit

(0,2 x 148,27) / (0,1 x π) + 1 = (1,2)^N.

Donc

95,39 ≈ (1,2)^N

d’où

N ≈ 25.

Ainsi, à l’issue du 25-ième tour, la valeur du diamètre du tonneau sera :

0,1 x (1,2)^{24} ≈ 9,95 mètres.

Énoncé ici.

Énigme et solution proposées par Philippe Grillot (université d’Orléans).

Sur le site de MADD Maths il y a un cadre rectangulaire de 250 pixels de longueur et 150 pixels de largeur dans lequel défile un diaporama d’images. Chaque image vérifie la règle suivante : la somme de la longueur et de la largeur est inférieure à 400 pixels.

Un pirate vient de s’introduire sur le site ! Pour nous embêter il souhaite insérer dans le cadre une image rectangulaire dont la somme longueur + largeur dépasse 400 pixels.

Y arrivera t-il ? Si oui, comment ?

Solution de l’énigme.

Énigme et solution proposées par Philippe Grillot (université d’Orléans).