Calendrier de L’Avent II

john_john

Exact, jandri ; la somme des sinus n'est définie qu'au signe près par cette équation, mais il est facile de déterminer celle qui convient.

john_john

In fina (dixit John_John, cafouillant son latin), aujourd’hui, un lundi inaugurant l’an, finit l'abolition du [un blanc] ; appliquons illico, pour toujours, un avis plutôt malin, vingt fois fourbi, vingt fois poli :

Retrouvons la lettre oubliée ou le signe effacé ; recomposons la gamme dissonante et nous prendrons force dans le monde des esprits (G. de Nerval)

Ericpasloggue

Une solution à l'exercice 1, publiée dans une revue de la MAA (Mathematics Magazine peut-être mais je ne suis pas sûr) il y a peu d'années.

Sur la figure attachée, $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7}$ et $A_{1}A_{2}B_{3}B_{4}B_{5}B_{6}B_{7}$ sont deux heptagones réguliers. Une chasse aux angles donne l'alignement de $A_{5}$, $A_{2}$ et $B_{4}$, d'une part, de $A_{5}$, $A_{1}$ et $B_{6}$, d'autre part. Toujours avec une chasse aux angles, les droites $(A_{1}A_{2})$ et $(B_{6}B_{4})$ sont parallèles. Un coup de Thalès permet de conclure.

Ericpasloggue

Et une solution de l'exercice 2 du 31, basée sur une solution publiée dans un magazine de l'AMS (encore une fois, je ne sais plus laquelle, mais ce n'est pas très vieux).

Soit $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7}A_{8}A_{9}A_{10}$ un décagone régulier convexe inscrit dans un cercle $\mathscr{C}$ de centre $O$ et de rayon $r$. On note $d$ la longueur de ses côtés. Les polygones $A_{1}A_{3}A_{5}A_{7}A_{9}$ et $A_{2}A_{4}A_{6}A_{8}A_{10}$ sont des pentagones réguliers convexes. On note $p$ la longueur (commune) de leurs côtés (voir le premier fichier attaché).
 On pose $A_{1}A_{4}=x$. Le quadrilatère convexe $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}$ est inscrit dans $\mathscr{C}$, donc, d'après le théorème de Ptolémée, $$
    p^{2}=d^{2}+dx.
$$  Le triangle $A_{1}OA_{4}$ est isocèle en $O$ et (toutes les mesures sont en degrés) $$
    \begin{aligned}
      \mathrm{mes}(\widehat{A_{1}OA_{4}})&=3\times\frac{360}{10} \\
      &=108,
    \end{aligned}
$$  donc $\mathrm{mes}(\widehat{OA_{4}A_{1}})=\mathrm{mes}(\widehat{A_{4}A_{1}O})=36$. Le triangle $A_{4}OA_{5}$ est aussi isocèle en $O$ et $$
    \begin{aligned}
      \mathrm{mes}(\widehat{A_{4}OA_{5}})&=\frac{360}{10} \\
      &=36,
    \end{aligned}
$$   donc $\mathrm{mes}(\widehat{A_{5}A_{4}O})=\mathrm{mes}(\widehat{OA_{5}A_{4}})=72$. On considère la figure sur le second fichier attaché, où les triangles $DAC$ et $OA_{1}A_{4}$ sont égaux, les triangles $CBD$ et $OA_{4}A_{5}$ sont égaux.

La somme des mesures des angles d'un triangle est égale à $180$, donc $\mathrm{mes}(\widehat{ACD})=36$ et $\mathrm{mes}(\widehat{DCB})=36$. Ainsi, $\mathrm{mes}(\widehat{ACB})=72$. Les triangles $ABC$ et $OA_{4}A_{5}$ associés par $$
    \begin{aligned}
      A&\leftrightarrow O, &
      B&\leftrightarrow A_{4}, &
      C&\leftrightarrow A_{5}.
    \end{aligned}
$$  vérifient la même condition de similitude A-A, donc ils sont semblables. On en déduit que $\frac{AC}{OA_{5}}=\frac{BC}{A_{4}A_{5}}$, soit $\frac{x}{r}=\frac{r}{d}$, d'où $dx=r^{2}$. Il s'ensuit que $$
    p^{2}=d^{2}+r^{2}.
 $$ Quel que soit l'hexagone régulier convexe inscrit dans $\mathscr{C}$, la longueur $h$ de ses côtés est égale à $r$. On conclut donc que $$   p^{2}=d^{2}+h^{2}. $$