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Reconstitution

Modifié (24 Nov) dans Géométrie
Bonjour à tous
La figure ci-dessous montre un triangle $ABC$ dont les côtés successifs sont trisectés par les points $A'$, $B'$, $C'$:
$BC=3BA'$, $CA=3CB'$, $AB=3AC'$.
Connaissant le triangle $A'B'C'$, reconstituer le triangle $ABC$.
Est-ce un exercice pour collégien, pour lycéen, pour capésien, pour agrégatif ou plus probablement pour le reste du monde?
Amicalement
pappus
PS
Les notions de centre de gravité et de symétrie centrale sont-elles enseignées au Collège?


Réponses

  • Modifié (24 Nov)
    Bonjour,
    par le passé... http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol51.html
    puis
    Dudeney
    Sincèrement
    Jean-Louis
  • Modifié (24 Nov)
    Bonjour
    Si G' est le centre de gravité du triangle $A'B'C'$  on démontre   que  $(B'G')// (BC).$   On sait ainsi  construire les côtés du triangle $ABC.$  C'est bien du niveau collège.   
  • P.2P.2
    Modifié (24 Nov)
    On prend  $ A,B,C$ pour des nombres complexes et sans perte de généralité on suppose que le centre de gravité du triangle $ABC$  est en 0, d'où $A+B+C=0.$ Comme $A'=\frac{1}{3}(2B+C),$ etc, alors $A'+B'+C'=0$ et $A= \frac{1}{3}(4C'+B'-2A')$ etc. Finalement $\lambda =A'/A=B'/B=C'/C$ (vérification routinière) et donc $ABC$ est déduit de $A'B'C'$ par la similitude directe de facteur  $\lambda= 3\frac{A'}{4C'+B'-2A'}.$
  • Merci à tous pour vos interventions
    Personne n'aura donc pitié des pauvres collégiens en rédigeant à leur intention une rédaction détaillée, écrite en bon français qui leur soit compréhensible!
    Amicalement
    pappus
  • On a $3x=2b+c, 3y=2c+a, 3z=2a+b$. 
    On en déduit $(3x=2b+c)\times (4)+(3y=2c+a)\times (-2)+(3z=2a+b)\times (1)$ soit $12x-6y+3z=b(8+0+1)+c(4-4)+a(-2+2)$ et donc
    $9b=12x-6y+3z$.  Dans une classe où la division serait encore enseignée, cela conduit à $3b=4x-2y+z$. Vérification: $(4-2+1)\times (x+y+z)$  continue de valoir $3(a+b+c)$.

    Un agrégat chauve devrait y arriver. En plusieurs essais ? Une suggestion: poser l'addition en mettant les $a$ sous les $a$, les $b$ sous les $b$ et les $c$ sous les $c$.
  • Pappus, tu es comme la locomotive : La- Jamais -Contente.
  • Mon cher P.2
    Pour le moment, j'ai subi un déluge de calculs mais de géométrie point!
    Amicalement
    pappus
    PS
    Je remarque que suivant une coutume qui date de mon arrivée sur le forum, je suis le seul à avoir fourni une figure à croire qu'il est malséant de tracer quoi que ce soit sur ce forum qui porte bien mal son nom!
  • Bonjour à tous
    Pour retourner le fer dans la plaie, était-ce si difficile de proposer cette figure ci-dessous et d'en déduire une construction compréhensible par des collégiens?
    Non, c'est moi qui doit le faire comme d'habitude!
    Cette construction que j'attends toujours d'ailleurs!
    Amicalement
    pappus

  • P.2P.2
    Modifié (24 Nov)
    Joli, mais très lié au 1/3, alors que le problème est plus naturel avec un nombre $\lambda$ quelconque ?

  • Soit G le centre de gravité du triangle A'B'C'. Il est situé au tiers de la médiane à partir de la base.
    Les symétriques de G par rapport aux milieux des côtés A'B', B'C' et C'A' sont respectivement A'', B'' et C''.
    L'intersection des droites A'A'' et  B'B''  est le sommet C. On obtient de même les sommets C  et A.  

  • Niveau quatrième en 1951!
  • Merci Léon Claude Joseph
    Enfin une construction qui tient la route et qu'on peut proposer à des collégiens.
    Amicalement
    pappus
  • Mon cher P.2
    Bien sûr qu'il est plus satisfaisant de résoudre le cas général mais était-il au niveau du Collège où manipuler l'entier $3$ pose moins de problèmes philosophiques que le réel $\lambda$?
    Je constate d'ailleurs que la construction du corps des réels n'est jamais enseignée que ce soit dans le Secondaire pour des raisons évidentes de niveau ou bien dans le supérieur où on a plus le temps pour ces fariboles!
    J'ai conçu cet exercice spécialement pour le Collège, point barre!
    Tout le reste est littérature!
    Maintenant sors moi une courte solution, toujours sans calculs, du niveau Capes ou Agrégation!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (24 Nov)
    Bonjour
    La droite $AB$ passe par $C^{\prime }$ et par le symétrique $C^{\prime \prime }$ de $B^{\prime }$ par rapport à $A^{\prime }$, ...



    Amicalement. Poulbot
  • Bah, courir les mains liees derriere le dos  n'est pas amusant. Et que faisons nous d'autre sur le forum? 95% d'amusement,  5% de depannage des autres.
  • Mon cher P.2
    J'espère que tu t'amuses beaucoup sur le forum de géométrie mais si ma mémoire est bonne, tu ne nous as pas proposé grand chose jusqu'à présent mais il est vrai que je suis bien vieux et que ma mémoire n'est plus ce qu'elle était.
    Tu es loin d'avoir les mains liées. Cet exercice a été conçu pour des collégiens mais on peut le voir à différents niveaux.
    Certains ne s'en sont pas privés en nous offrant quelques calculs libidineux ou sans le moindre intérêt.
    Je me place au niveau agrégation où normalement la notion de groupe fait partie du programme mais je sais que l'analphabétisme gagne vite du terrain et que les choses ont peut-être changé, alors faisons comme si!
    Peux-tu nous proposer une courte solution sans calculs, basée sur la notion de groupes?
    C'est quand même plus drôle que de patauger dans les marécages du Collège!
    Amicalement
    pappus

  • Une construction à partir des médianes de $A'B'C'$.

  • Merci Gai Requin
    Il y a plein de solutions élémentaires mais je suis surpris que, toi le brillant algébriste,  tu ne nous proposes pas la solution par la théorie des groupes (de transformations).
    Amicalement
    pappus
  • Les constructions à partir du point $G$ sont très connues, et je crois qu'on en a fait le tour.
    Une variante à partir du point $O$ ?
  • Bonsoir Ludwig
    Le point $O$?
    D'où sort-il celui là?
    Amicalement
    pappus
  • De nulle part ! En tous cas mon intervention n'avait rien de mathématique. 
  • Modifié (25 Nov)
    Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
    J'aurais donc tout vu dans cette discussion sauf de la géométrie.
    Mais plus rien ne peut plus m'étonner.
    La géométrie est vraiment défunte!
    Circulez, il n'y a rien à voir aussi bien pour les collégiens que pour les agrégatifs!
    Alors je vais me farcir la solution via le groupe des homothéties-translations.}
    On est jamais mieux servi que par soi même!
    Dans la suite, la notation $h_M$ désigne l'homothétie de centre $M$ et de rapport $-2$
    Alors le point $A$ est fixé par l'homothétie: $h_{B'}.h_{A'}.h_{C'}$. C'est donc son  centre.
    La construction  de $A$ est claire.
    On part d'un point $m$ quelconque et on construit les points; $m'=h_{C'}(m)$, $m''=h_{A'}(m')$, $m'''=h_{B'}(m'')$.
    Alors $\overrightarrow{mA}=\dfrac 18\overrightarrow{Am'''}$
    Il ne reste plus qu'à dichotomiser le segment $mm'''$ trois fois de suite pour arriver au point $A$.
    Amicalement
    pappus



  • Modifié (25 Nov)
    Bonjour pappus
    La construction que j'ai donnée plus haut me semble montrer un peu de géométrie et être réalisable par beaucoup d'élèves de collège, même si je doute qu'ils puissent la justifier.
    $A^{\prime }=\dfrac{2}{3}B+\dfrac{1}{3}C$, $\ B^{\prime }=\dfrac{2}{3}C+\dfrac{1}{3}A$ ; so $\ C^{\prime \prime }=2A^{\prime }-B^{\prime }=-\dfrac{1}{3}A+\dfrac{4}{3}B$.
    Amicalement. Poulbot
  • Merci Poulbot
    Bien sûr c'est une question de géométrie affine qui se résout dans ce cadre.
    C'est bien ce que je disais, ce simple problème destiné d'abord à des collégiens pouvait être abordé à différents niveaux!
    Amitiés
    pappus
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