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).

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).

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).

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).

Remarquons tout d’abord que

O O1 = R1 + R

O O2 = R2 + R

O1 O2 = R1 + R2.

Les trois quadrilatères O1 O A A1, O O2 A2 A et O1 O2 A1 A2 sont de la forme suivante :

Le théorème de Pythagore appliqué au triangle EBC rectangle en E nous donne la relation suivante :

(z-y)^2 + x^2 = (z+y)^2,

d’où l’expression de x en fonction de y et de z :

x^2 = 4yz,

soit :

x = √{4yz} = 2 √{yz}.

En appliquant ce résultat aux trois quadrilatères O1OAA1, OO2A2A et O1O2A1A2, nous obtenons alors :

A1A = 2√{RR1}

A2A = 2√{RR2}

A1A2 = 2√{R1R2}.

Ainsi, l’égalité A1 A + A2 A = A1 A2 s’écrit alors en fonction de R1, R2 et R :

2√{RR1} + 2√{RR2} = 2√{R1R2},

soit :

√{R}√{R1} + √{R}√{R2} = √{R1}√{R2}.

En factorisant par le terme √R, nous obtenons :

√R (√R1 + √R2) = √R1 √R2,

soit :

√R = √R1 √R2 / (√R1 + √R2).

Application aux données du texte :

R1=16cm et R2=25cm. Alors √R = 5×4 / (4+5) = 20/9,

soit R ≈ 5 cm.

Énoncé de l’énigme.

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

La somme des âges cumulés des abonnés du premier numéro est 367×26 = 9542. Avec le départ des trois abonnés âgés respectivement de 8, 53 et 77 ans, la somme précédente est donc égale à 9404. La somme des âges cumulés des nouveaux abonnés est 431×24=10344.

Ainsi la moyenne d’âge des abonnés est alors ; (10344+9404)/795 = 24,8 ans environ.

Énoncé de l’énigme.

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

Le siège n°1 est donc nécessairement entre les sièges n°280 et n°83. Ainsi le nombre de sièges entre les numéros 267 et 118 (267 et 118 inclus) ainsi que ceux entre les numéros 280 et 83 (283 et 83 inclus) est 150. Le nombre de sièges entre les numéros 83 et 18 (118 et 83 non inclus) est de 34 et le nombre de sièges entre les numéros 280 et 267 (280 et 267 non inclus) est 12. D’où il y a 150×2+34+12=346 sièges.