X î.4i42i36 = 5,4i42iS
61. Une monlre a 3 aignilles égales des heures, minutes et secondes. Elles sont montées sur le même pivots Est-il possible quà un moment donné ces trois aiguilles aient leurs extrémités aux sommets d^un triangle équilatéral ?
Lorsque les 3 aiguilles ont leurs extrémités aux sommets d'un triangle équilatéral, ces extrémités sont respectivement distantes Tune de Vautre de ao divisions du cadran.
34o BicHÊATIOIfS HÀTHÉHiTIQUEB
Si donc, à ce moment, reitrémité de l'aiguille marque S divîûons à partir de XII, l'eitrémité de l'aiguille des minutes sera sur la division 6 + ao et celle de l'aiguille des secondes sur la division 9 +- 4o. Ou inversement, l'eitrémité de l'aiguille des secondes sera sur la di\'ision + ao. et celle de l'aiguille des minutes sur la division 6 + 4o,
Il est facile de voir que ces deux cas ne peuvent se présenter.
On aurait, en elTet, dans le premier
bo.n -t- 6 -t- ao = ia6 et 6o.n' + 9 + 40= 7206,
ii=3,ç + a et 719^3.5' + a, La relation précédente conduirait donc à la suivante :
or
(39 + a) (3n' + a) = multiple de 3 + i et
(35' -4- a) (3n + i) = multiple de 3 H- a.
La relation (t) est donc impossible.
On aurait de même dans le second cas
6o.n' + 9 + ao = 7ao9, d'où 60 n' + 30 ^ 7i9*« t
6o.ft' 4- 9 + 4o= 139, d'où 6o.n4-4o= 116.
On déduit de là la relation impossible
3m 4- 2 II
6a. Un champ rectangulaire est divisé par deux parallèles à deux côtés adjacents en 4 rectangles tels que le plus grand côté du plus petit d'entre eux coïncide avec le plus petit côté du rectangle donné. Le périmètre du plus grand de ces 4 rectangles vaut 4 fois celui du plus petit et les périmètres des deux autres rectangles sont dans le rapport de 3 à 2.
Si les deux parallèles avaient été tracées de telle sorte que les côtés du plus petit des 4 rectangles fussent doubles de ce quHls sont actuelle-' ment, la surface du plus grand des rectangles alors formés aurait été 4 fois plus grande que celle du plus petit des rectangles, et la dijfférence des surfaces des deux autres rectangles aurait été égale à 5 ares.
Trouver d'après cela la surface du champ en ares.
Représentons par x le plus grand côté du plus petit des 4 rectangles, et par y le demi-périmètre du champ.
D'après le mode de décomposition de la figure, le rectangle le plus petit est opposé au plus grand et la somme de leurs périmètres = le périmètre du champ.
Fig. 7.
Par suite - périmètre de B := ^, y
- périmètre de A = * y
Les côtés de A sont a; et i — x
ceux de G ^- -H x et J- — x
RéerMiions mathémati^es.
- périmètre de D = ^y.
- périmètre de G = ç. y
ceux de B, V — x et ^ -}- x;
ceux de D a: et J- — x.
fit As niCKiATIONS MATBÉlCAnQUBe
Dans le cas de la seconde eonstroction, les longoouriddi cdtés seraient :
pour k: 2X et 2 IZ — x); pour B : 2 ( v — xj et i;
pour C ; V et -/; pour D : aa: et -X.
D après los conditions de renoncé
a;>>v- — X ou 2a;>v-
il en résulte que la nouvelle surface de D est plus grande que celle deC, et que la nouvelle surface deC est plus grande que celle deB.
B et D seraient donc, dans ce cas, les deux rectangles e&trémes.
On  donc
2x. ^ = 4. -^. (1"— a?j d'où yc=î^.
Les côtés de A et C seraient alors, pour k : ax et x pour C,
— et Sx.
On a alors Téquation
9 2x* = 5 d*où a' = 2.
Par suite la surface du champ :^ i4fic' «= 28 ares.
