I165. Un billard à trois bandes
Une table de billard a la forme d'un triangle équilatéral ABC d'un mètre de côté.
On place une boule (assimilée à un point) en un point D du côté BC à 10 cm de B.
La frappe de la boule se fait selon un angle inférieur à 90° mesuré dans le sens anti- horaire par rapport à la droite BC.
On s'intéresse aux seules trajectoires de la boule qui rebondit sur les côtés du triangle selon la loi classique de la réflexion avant de revenir pour la première fois à son point de départ D.
Q1 Déterminer les trajectoires distinctes qui ont exactement 21 mètres de longueur. Pour chacune d'elles, donner l'angle de frappe et le nombre de rebonds* de la boule.
Q2 Une nouvelle frappe de la boule donne 90 rebonds* avec une longueur de la trajectoire qui s'exprime encore en un nombre entier de mètres.
Déterminer la ou les trajectoires correspondantes (longueur, angle de frappe)
*Nota: tout rebond correspond au changement de direction de la boule en un point intermédiaire de sa trajectoire L'arrivée en D compte pour un rebond mais pas le départ de D.
SOLUTION.
Q1 Faute de temps, je ne donne que les grandes lignes de ma recherche.
Une trajectoire avec rebonds au sein du triangle est équivalente à une trajectoire rectiligne dans un réseau triangulaire (i.e. un pavage du plan par des triangles équilatéraux de 1 m de côté).
Dans un repère orthonormé d’origine B et d’axe des abscisses (BC), on doit donc étudier les intersections du cercle de centre D et de rayon avec toutes les droites du réseau.
3 cas :
1) Les intersections du cercle avec les droites horizontales
Les coordonnées (𝑥; 𝑦) des solutions doivent vérifier la condition suivante : 𝑦 = 𝑘√3
2 ; 𝑥 ∈ [3𝑘T; 3𝑘T+ 1] si 𝑘 est pair et 𝑥 ∈ [3𝑘T+ 1,5; 3𝑘T+ 2,5] si 𝑘 est impair.
On résout Y
(𝑥 − 0,1)\+ 𝑦\ = 21\ 𝑦 = 𝑘√3
2 avec 𝑘 ∈ {1,2, … ,24}
Par substitution, on obtient l’équation du second degré suivante : 𝑥\− 0,2𝑥 +3𝑘\
4 − 440,99 = 0 On cherche des solutions de la forme 𝑥 = 𝑛 ± 0,1 ou 𝑥 = 𝑛 ± 0,6.
Avec 𝒌 = 𝟗, j’obtiens 𝑥 = 19,6 qui vérifie 𝑥 ∈ [3𝑘T+ 1,5; 3𝑘T+ 2,5].
𝐋’𝐚𝐧𝐠𝐥𝐞 𝐝𝐞 𝐟𝐫𝐚𝐩𝐩𝐞 𝐞𝐬𝐭 𝐚𝐥𝐨𝐫𝐬 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬𝟏𝟑
𝟏𝟒≈ 𝟐𝟏, 𝟖° 𝐞𝐭 𝐨𝐧 𝐨𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐞 𝟒𝟖 𝐫𝐞𝐛𝐨𝐧𝐝𝐬.
Avec 𝒌 = 𝟏𝟓, j’obtiens 𝑥 = 16,6 qui vérifie 𝑥 ∈ [3𝑘T+ 1,5; 3𝑘T + 2,5].
𝐋’𝐚𝐧𝐠𝐥𝐞 𝐝𝐞 𝐟𝐫𝐚𝐩𝐩𝐞 𝐞𝐬𝐭 𝐚𝐥𝐨𝐫𝐬 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬𝟏𝟏
𝟏𝟒≈ 𝟑𝟖, 𝟐° 𝐞𝐭 𝐨𝐧 𝐨𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐞 𝟒𝟖 𝐫𝐞𝐛𝐨𝐧𝐝𝐬.
Avec 𝑘 = 21, j’obtiens 𝑥 = 10,6 qui vérifie 𝑥 ∈ [3𝑘T+ 1,5; 3𝑘T+ 2,5].
L’angle de frappe est alors arccos1
2= 60° et on observe 42 rebonds.
Mais en réalité, la boule repasse par D après 6 seulement 6 rebonds et la distance parcourue n’est alors que de 3 mètres.
Avec 𝒌 = 𝟐𝟒, j’obtiens 𝑥 = 3,1 qui vérifie 𝑥 ∈ [3𝑘T; 3𝑘T+ 1].
𝐋’𝐚𝐧𝐠𝐥𝐞 𝐝𝐞 𝐟𝐫𝐚𝐩𝐩𝐞 𝐞𝐬𝐭 𝐚𝐥𝐨𝐫𝐬 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬𝟏
𝟕≈ 𝟖𝟏, 𝟖° 𝐞𝐭 𝐨𝐧 𝐨𝐛𝐬𝐞𝐫𝐯𝐞 𝟒𝟖 𝐫𝐞𝐛𝐨𝐧𝐝𝐬.
2) Les intersections du cercle avec les droites de coefficient directeur positif On résout ƒ(𝑥 − 0,1)\+ 𝑦\ = 21\
𝑦 = (𝑥 + 𝑘)√3 avec 𝑘 ∈ {– 21, – 20, … ,12}
Par substitution, on obtient l’équation du second degré suivante : 4𝑥\+ (6𝑘 − 0,2)𝑥 + 3𝑘\− 440,99 = 0 On cherche des solutions 𝑥 telles que 𝑦 2
√3= 𝑛 ± 0,1. Il nTy en a pas.
3) Les intersections du cercle avec les droites de coefficient directeur négatif On résout ƒ(𝑥 − 0,1)\+ 𝑦\ = 21\
𝑦 = (– 𝑥 + 𝑘)√3 avec 𝑘 ∈ {13,14, … ,24}
Par substitution, on obtient l’équation du second degré suivante : 4𝑥\− (6𝑘 + 0,2)𝑥 + 3𝑘\− 440,99 = 0 On cherche des solutions 𝑥 telles que 𝑦 2
√3= 𝑛 ± 0,1. Il nTy en a pas.
Q2 Ayant constaté dans Q1 que les trajectoires de longueur entière étaient toutes obtenues dans le cas 1 (intersections de cercles avec les droites horizontales du réseau), je me concentre désormais sur ce seul cas 1.
Je prends le problème à l’envers : comme avec une trajectoire de 21 m, on a obtenu 48 rebonds, on peut estimer que pour 90 rebonds, la longueur de la trajectoire devrait être de l’ordre de 39 m, par simple proportionnalité.
Je passe donc en revue toutes les longueurs entières 𝑡 de trajectoires comprises entre 20 et 80 (pour être sûr de ne rien rater, mieux vaut voir large).
Les coordonnées (𝑥; 𝑦) des solutions doivent vérifier la condition suivante : 𝑦 = 𝑘√3
2 ; 𝑥 ∈ [3𝑘T; 3𝑘T+ 1] si 𝑘 est pair et 𝑥 ∈ [3𝑘T+ 1,5; 3𝑘T+ 2,5] si 𝑘 est impair.
On résout Y
(𝑥 − 0,1)\+ 𝑦\= 𝑡\ 𝑦 = 𝑘√3
2 avec 𝑘 ∈ ƒ1,2, … , ‹𝑡√3 2 Œ•.
Par substitution, on obtient l’équation du second degré suivante : 𝑥\− 0,2𝑥 +3𝑘\
4 − (𝑡\− 0,01) = 0 On cherche des solutions de la forme 𝑥 = 𝑛 ± 0,1 ou 𝑥 = 𝑛 ± 0,6.
Pour chaque solution obtenue, je dois aussi vérifier si le nombre de rebonds est bien égal à 90.
Il faut donc dénombrer le nombre d’intersections avec les droites du réseau.
Le petit programme ci-dessous s’acquitte très rapidement de tout ce travail.
Il fournit dans la liste L1 les couples ( longueur 𝑡 de la trajectoire ; abscisse du point d’intersection entre le cercle de rayon 𝑡 et la droite horizontale d’équation 𝑦 = 𝑘√3/2 ) solutions du problème.
J’obtiens les couples (39 ; 34,6) , (39 ; 33,1) et (39 ; 1,6).
Ainsi les trajectoires ont toutes pour longueur 39 m.
𝐋𝐞𝐬 𝐚𝐧𝐠𝐥𝐞𝐬 𝐝𝐞 𝐟𝐫𝐚𝐩𝐩𝐞 𝐩𝐨𝐬𝐬𝐢𝐛𝐥𝐞𝐬 𝐬𝐨𝐧𝐭 : arccos ‘34,6 − 0,1
39 ’ = 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬𝟐𝟑
𝟐𝟔≈ 𝟐𝟕, 𝟖°
arccos ‘33,1 − 0,1
39 ’ = 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬𝟏𝟏
𝟏𝟑≈ 𝟑𝟐, 𝟐°
arccos ‘1,6 − 0,1
39 ’ = 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨𝐬 𝟏
𝟐𝟔≈ 𝟖𝟕, 𝟖°
Remarques valables pour Q1 et Q2 : L’écart entre le plus grand angle de frappe et le plus petit est d’exactement 60°.
