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Un exercice niveau collège que je sais maintenant faire

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Réponses

  • Bonjour Rescassol,

    tout est mort....comme le dirai autrement pappus...
    et l'inspection approuve cela? pas de respect....

    Sincèrement
    Jean-Louis
  • @GaBuZoMeu

    Ce n'est pas "un triangle dont l'un des côtés est un diamètre inscrit dans un cercle, est un triangle rectangle"  
    mais  "un triangle inscrit dans un cercle dont l'un des côtés est un diamètre du cercle, est un triangle rectangle

    Cordialement
  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour, il semble qu'une application affine qui fixe $B$ (rotation de centre $B$ composée avec une homothétie de centre $B$) pourrait marcher.
  • Modifié (17 Sep)
    Merci @GaBuZoMeu.  Tu as bien enfoncé le clou.

    J'espérais une visite de Gabu car le titre choisi ne laisse personne indifférent, et j'ai réservé cette question en sa présence. 
    Normalement les mathématiques n'ont pas besoin de l'expérience pour démontrer un fait.

    Si on reprend notre carré (voir mon image  de debut). On peut le découper en les 3 surfaces  (le triangle ABF,  le triangle ADE et le quadrilatère  BFEC), l'expérience montre qu'on peut former un triangle en collant judicieusement les 3 morceaux. Est ce que les mathématiques sont capables de démontrer  ce fait sans le besoin de l'experience.  Le procédé  est simple, on prend le symetrique du triangle ADE par rapport à  la droite (AD), on obtient le triangle ADE'. Puis on prend le symetrique de ce triangle par rapport à  la droite (DE), On obtient un triangle DA'E'. Puis on translate horizontalement ce triangle pour mettre le point D sur C et le point E'  sur E. Pour montrer qu'on obtient un triangle, il suffit de prouver que les points A,C et A' sont alignés.  Comment réussir une preuve .

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    Citation :  Je préfère une solution qui se construit au fur et à mesure des échanges que de m'envoyer  consulter une solution détaillée via un lien
  • Je ne suis pas sûr de saisir ce que tu dis car la construction que tu proposes ne fonctionne pas, et le triangle ABF ne semble pas être déplacé. Peut être veux-tu dire de faire une symétrie centrale par rapport au point E pour le triangle ADE.
    Pour tenter de répondre tout de même à ta question, il faut démontrer que les longueurs que l'on veut recoller sont égales, et on vérifie l'alignement avec les angles.
  • Modifié (17 Sep)
    Je déplace uniquement le triangle ADE. Tu as raison, j'ai compliqué pour rien le procédé.  Il suffit de prendre le symétrique  du triangle  ADE par rapport à  la symétrie centrale en E. 
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  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour
    @Gebrane:  Je ne comprends rien  à tes transformations. Déjà il y a un défaut de notations car le triangle ADE'  a pour symétrique  par rapport à (DE) un triangle qui ne peut être  (DA'E')  (E' n'est pas invariant). 
    Je n'ai  pas lu  si la solution a été donnée. 
    Sinon  l'idée que tu suggères est peut être ceci.  Le symétrique du triangle $ADE $ par rapport au point $E$  est le triangle $ECA'$ et $A'$  est sur   $ (BC).$ Mieux que cela $C$ est le milieu de $[BA']$  (propriété de la symétrie centrale)
    (Donc le triangle ABA' obtenu par cette unique transformation possède la même aire que le carré initial, mais cette remarque ne sert  pas four finir la démo).
    Pour finir :  le triangle  $BFA'$ est rectangle en $F$  donc  $[BA']$  est un diamètre du cercle circonscrit au triangle $BAF$  et  $C$ en est le centre. D'où  $CF=CB$ 
  • SocSoc
    Modifié (17 Sep)
    Tu parlais de symétrie axiale, d'où l'incompréhension. Avec ta proposition, EF = EC (milieu) et pour l'angle AED et AEC sont supplémentaires, donc après repositionnement ils le sont toujours et les points sont alignés.= (et en D on a 2 angles droits, donc c'est la même chose en plus simple).
  • Modifié (17 Sep)
    Je suis sur un téléphone et ce n 'est pas évident de rédiger 
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    Citation :  Je préfère une solution qui se construit au fur et à mesure des échanges que de m'envoyer  consulter une solution détaillée via un lien
  • @bd2017 : il y a eu plusieurs preuves données. Celle que tu donnes est identique à deux d'entre elles, qui sont des petites variantes, avant d'évoquer "triangle rectangle d'hypoténuse le diamètre du cercle circonscrit". Elles font chacune deux lignes utilisent deux petits théorèmes vus au collège (au moins jusqu'en 2012).
  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour,
    La construction de ce fil peut être vue comme le début de celle d'un sangaku vu dans dans la préfecture de Myagi (sangaku aujourd'hui détruit, voir le livre de Géry Huvent pages 9 & 77). La question du sangaku est de déterminer le rayon du cercle en fonction du côté du carré. Tout est faisable au collège en 2022, y compris la preuve que $O=(CF) \cap (DG)$ est le centre du cercle passant par $E$, $F$ et $G$.


  • Modifié (17 Sep)
    @troisqua .  Ok. 
    @Ludwig rayon $= 3/8  \times  AB$ 
    C'est rassurant qu'un élève puisse faire cet exercice au collège en 2022. Mais qu'en est-il du professeur?  
  • @bd2017 : on ne remet pas une pièce dans la machine infernale !
  • Voici un autre que je ne sais pas faire  pour le moment , mais il est plus dur

    Soit un triangle ABC isocèle en A avec  BC  son côté le plus long. on note 
    le point N de [B,C] avec  BN = BA. On note M le point de [A,B] issu de la  perpendiculaire à AB passant par N. Démontrer que la ligne MN  partage l'aire et le périmètre du triangle ABC en parties égales.
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  • Quelles sont les formules qui donnent l'aire d'un triangle lorsque une hauteur n'est pas visible  ?
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  • Modifié (17 Sep)
    @troisqua : qu'est-ce que la "machine infernale"?
  • Modifié (17 Sep)
    @bd2017: salut
    C'est rassurant qu'un élève puisse faire cet exercice au collège en 2022. Mais qu'en est-il du professeur?  
    Je peux te répondre, j'enseigne au collège : je suis absolument incapable de faire un tel exercice même avec les connaissances d'un élève des années 80 et encore moins évidemment de le transformer en une activité intéressante pour les élèves. Non qu'en me plongeant dans la géométrie d'Euclide dûment complétée par les études axiomatiques d'Hilbert, je serais incapable à plus ou moins long terme de le faire ; mais en fait ça m'ennuie :) . J'ai expliqué mon point de vue plus haut. L'un des avantages de l'algèbre linéaire (disons en collège les coordonnées cartésiennes), c'est qu'elle permet de présenter tous les développements de la "géométrie élémentaire" d'une façon parfaitement rigoureuse, et cela sans effort. Alors à quoi bon s'embêter et embêter nos élèves ? Un "Ne vous inquiétez pas, vous verrez cela de façon bien plus intéressante au lycée" bien pesé, devrait renvoyer le binoclar exigeant du premier rang dans ses vingt-deux mètres... 
    En bref, pour répondre à ta question, il y a au moins un enseignant de collège incapable de faire cet exercice.
  • Modifié (17 Sep)
    stfj
    Avec les coordonnées cartésiennes,  vois-tu comment traiter mon deuxième exercice. Merci.
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  • @gebrane : salut. Tu choisis $B$ comme origine et la base $(i,j)$ comme suit : $i=\vec{BA}$ et $j$ orthogonal  à $i$. Fais un dessin, vaudra mieux. Soit $\alpha=\widehat {ABC}$. Alors, $M=(\cos \alpha,0), N= (\cos \alpha,\sin \alpha)$. D'où d'un côté un périmètre de $\cos \alpha + 1  + \sin \alpha$ et de l'autre $2\cos \alpha -1+\sin \alpha+1-\cos \alpha+1$. 
  • Bonjour ,
     pour la question initiale , je ne vois pas ce qu'il y a à ajouter à la solution proposée par gai requin .
     Pour la 2° sujet , la démonstration est assez simple si on pose A' symétrique de A par rapport à M .
    Cordialement
  • Modifié (17 Sep)
    @stfj je suis d'accord sur ta réponse (du point de vue mathématique) mais l'introduction de ton repère $(B,i,j)$ n'est qu'artificielle.
  • Modifié (17 Sep)
    C'est bon je crois que c'est simple pour l'aire  - Je note $\alpha$= l'angle en B égale à l'angle en C
    $Aire (ABC)=\frac 12 AB.AC \sin(2\alpha))=BN^2 \cos(\alpha)\sin(\alpha)=BM.MN=2aire (BMN)$

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  • DomDom
    Modifié (17 Sep)
    Bonjour,
    je n’ai pas tout lu… désolé*** si cette méthode a déjà été évoquée : 
    Programme : 3e des années 90
    Notions : équations de droite dans un repère orthornormé,
    théorème : dire que le produit des coefficients de deux droites (non verticale, donc) est égal à -1 revient à dire qu’elles sont perpendiculaires.
    On centre le repère en bas à gauche du carré.
    On écrit les deux équations de droites.
    On trouve les coordonnés de l’intersection.
    On calcule la distance de cette dernière au coin inférieur droit $(1;0)$ (ça donne un triangle 3/4/5 avec coefficient 0.2).
    Question (si ça a été discuté, désolé***… ) : une chasse aux angles fonctionne-t-elle ?
    Cordialement
    Dom
    ***sur mon téléphone, c’est illisible sereinement car ça saute et saute et saute encore après avoir sauté…
  • oui  @Dom les deux méthodes ont été explorées 
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  • Modifié (17 Sep)
    Bonjour,
    pour l'exercice initial, en admettant que la rotation de centre 0 (intersection des diagonales du carré)  et d'angle 90° de sens indirect,
    envoie: DCI sur GCB
    puis GCB sur ABH,
    puis ABH sur ADE,
    puis ADE sur DCI,
    On peut déjà remarquer que l'intersection de (BF) avec (AD) est le point H.
    par propriété de la rotation, G,I, H sont les milieux des segments sur lesquels ils se trouvent.
    Des considérations d'angles montrent les droites (AE) et (GC) sont parallèles. [ou alors que la composée de cette rotation par elle même est une symétrie centrale] (on définit K comme  l'intersection (GC) et (BH))
    [FB] est l'image de[AB] par la *projection sur (BH) parallèlement à (AE), le projection conserve les milieux,
    on obtient que K est le milieu de [FB],
    (GC) et (AE) étant parallèlles, (KC) est la médiatrice de [FB]: CF=BC.
    *hors programme actuel, mais on peut s'en sortir en appliquant le théorème de Thalès avec le programme actuel.
    De plus il faut réaliser a posteriori que F est l'intersection de (BH) et (AE), et que cette définition coïncide avec la définition initiale.
    Il n' y a rien de neuf, et tout a déjà été dit.

    En appliquant  le théorème de Thalès.
  • Modifié (17 Sep)
    Bonsoir,
    en considérant la A-hauteur du triangle A-isocèle, le deuxième problème se résout...par symétrie...
    Sincèrement
    Jean-Louis
  • @Jean-Louis Ayme

    Mon argument est faux?
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  • Modifié (17 Sep)
    @ stfj : avoir recours aux coordonnées c'est, au moins parfois sinon souvent, beaucoup s'embêter ! Dans ce sangaku par exemple, tu peux démontrer que $OE=OF$ en faisant tous un tas de calculs, mais les mener à leur terme ne sera pas facile pour un lycéen lambda. Alors qu'en trois lignes tu peux expliquer que le triangle $OEF$ est isocèle en $O$ (niveau cinquième).

    @ bd2017 : oui, rayon =$3/8 AB$. Pour éviter de faire trop de calcul littéral dans ce problème déjà bien assez compliqué pour le collège, on peut fixer le côté du carré, par exemple $AB = 8$. Non, $AB = 10$ ! Pour mettre sur la bonne voie ceux à qui mesurer sur le dessin suffit  ;)
  • Une solution pour le 2° sujet


  • Modifié (18 Sep)
    En reprenant l'idée de calculer des longueurs via des aires j'arrive à calculer les longueurs FB,AF,FE.
    PS.
    Et via la formule de Héron on doit pouvoir obtenir une équation (compliquée) que vérifie la longueur FC.
  • Modifié (18 Sep)
    @Fin de partie. Qu'est ce-que t'en pense de ma preuve  https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2382068/#Comment_2382068  . Elle est élégante, non ?
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  • Modifié (20 Sep)
    @Gebrane: Je n'ai rien compris. Si (MN) est parallèle à (AC) on a le bon vieux théorème de Thalès.
    Pour le calcul de la longueur FB. On considère le triangle ABE. Son aire est celle du carré auquel on soustrait l'aire de deux triangles rectangles de mêmes aires. (aires qu'on calcule facilement)
    Mais d'autre part FB est une hauteur de ce triangle (avec la base correspondante qui est le segment AE dont on peut calculer la longueur grâce au théorème de Pythagore.
  • Je me demande si cette configuration n'apparaît pas dans le carnet à croquis de Villard de Honnecourt, un des bâtisseurs des cathédrales mais je ne parviens pas à retrouver de référence.
  • En fait, c'est une configuration différente (voir la deuxième ligne de croquis à partir du haut)
  • @Fin de partie  Ma preuve est composée  de 4 égalités.  Quelle égalité te pose problème ? 
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  • Modifié (20 Sep)
    @Gebrane: Qu'est  $\alpha$? Comment est construit le segment MN?

    PS:
    Oublie $\alpha$
  • Modifié (20 Sep)
    Ok donc tu n'as pas compris l'énoncé. Voila on construit N sur le segment [B,C] de telle façon que BN=BA, puis on trace  la perpendiculaire à la droite (AB) passant par N et le point de rencontre avec [A,B] est noté M.

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  • P.2P.2
    Modifié (20 Sep)
    Tant pis si ce que je dis est equivalent a un message ci dessus. Avec la figure du premier message j'appelle B' le symetrique de B par rapport a C et F' l'intersection des cercles de diametres AB et BB' autre que B. Alors les points AF'B' sont alignes car les triangles AF'B et B'F'B sont rectangles. Donc F=F'.
  • @P2 Bonjour
    Pourquoi tu avais besoin du deuxième cercle, le premier ne suffit pas  pour construire un argument ?
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  • Bonjour

    Le prof a donné ce extra niveau collège que je sais faire et vous ?  :p
    Soit $\theta$ un nombre vérifiant $$\tan(\theta)+\cot(\theta)+\frac1{\sin(\theta)}+\frac 1{\cos(\theta)}=6$$
    Donner la valeur de $\cos(\theta)+\sin(\theta)$
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  • Modifié (20 Sep)
    \begin{align}\tan\theta+\cot\theta+\frac{1}{\sin\theta}+\frac{1}{\cos\theta}&=\frac{\sin^2\theta}{\cos\theta\sin\theta}+\frac{\cos^2\theta}{\cos\theta\sin\theta}+\frac{\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}+\frac{\sin\theta}{\sin\theta\cos\theta}\\&=\frac{1+\sin\theta+\cos\theta}{\sin\theta\cos\theta}\\ &=2\times \frac{1+\sin\theta+\cos\theta}{\left(\sin\theta+\cos\theta\right)^2-1}\\ \end{align}

    On pose $x=\sin\theta+\cos\theta$ et on a donc l'équation $\displaystyle 6=2\times \frac{X+1}{X^2-1}$ donc si $x\neq -1$ et $x\neq 1$ alors $\dfrac{1}{x-1}=3$ et donc $x=\dfrac{4}{3}$
    Est-ce que $x$ peut être égal à $-1$ ou à $1$?
  • Modifié (20 Sep)
    Bien sûr que x ne peut pas être 1 et -1  car si c'est le cas on aura  (pourquoi ?) sin(\theta)=0 ou cos(\theta)=0 ce qui est absurde.
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  • On commence tout de suite par réécrire le problème en "soient $a,b$ réels tels que $a^2+b^2=1$ et $\frac a b + \frac b a + \frac 1 a + \frac 1 b = 6$; trouver $a+b$" afin de simplifier les notations.
  • jolie simplification @Foys, je clique sur j'aime.
    As-tu une jolie façon pour traiter la question ?
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  • @gebrane: après on peut poser $x=a+b$. On cherche qui est $x$. Noter que comme $a^2+b^2=1$, on a $x^2 = 1+2ab$ et donc $ab = \frac {x^2-1} 2 = \frac (x+1) (x-1)$. On écrit $6 = \frac {a^2+b^2 + a + b} {a b} = ... $
  • Modifié (21 Sep)
    Bonjour
    Résoudre au niveau collège , le problème: Chercher les nombres réels x, y vérifiant $$(x^2 + 1)(y^2 + 1) − 2(x + 1)(y + 1) + 4 = 0$$ J'avoue je suis un peu surpris que c'est faisable en collège   avec   les connaissances de collège , me trompé-je ? 
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  • Modifié (21 Sep)
    Niveau collège ne veut pas toujours dire faisable au collège mais faisable avec les connaissances de collège.
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (21 Sep)
    Bonjour
    L'exercice classique suivant est aussi résoluble avec des moyens de collège, mais probablement pas faisable au collège.
    Soient $x=12^6,y=6^8,z=2^{11}\times 3^7$. Calculer $x^x y^y - z^z$.
    Cordialement,
    Rescassol.
  • @Rescassol Tu as déjà donné cet exercice à @Oshine.dans un fil avec cc
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  • Modifié (21 Sep)
    @Rescassol cet exo demande une certaine aptitude à calculer sans se tromper mais rien d'autre (il ne contient littéralement aucun concept et seulement les connaissances $2^2 \times 3 = 12$ et $2^3 = 8$). Certains collégiens peuvent le faire. Ce qui n'existe pas, comme toujours, c'est ce collégien générique fictif dont le niveau serait celui de tous les autres collégiens et au nom duquel il conviendrait de prendre toutes les décisions pédagogiques.
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