J'ai un peu réfléchi et j'ai trouvé un presque octogone régulier , facilement faisable par un collégien :
1) Tracer un carré ADGJ de côté 5 cm.
2) Placer B et C sur le segment AD, E et F sur le segment DG, H et I sur le segment GJ, K et L sur le segment JA avec AB = CD = DE = FG = GH = IJ = JK = LA = 2cm.
3) Tracer les segments AE, AI, DH, DL, GC, GK, JB, JF
Les segments ainsi tracés déterminent au centre de la figure un octogone équilatéral 12345678 avec 1, 2, 3, 4 formant un carré et situés sur les médianes du carré ADGJ et 2, 4, 6, 8 formant un carré et situés sur les diagonales du carré ADGJ.
Les points 1,3,5,7 sont sur un cercle de rayon R1 .
Les points 2,4,6,8 sont sur un cercle de rayon R2 .
Le rapport R2/R1 vaut 1,010152545 .
La différence avec un octogone régulier est indiscernable.
Là voilà.
On a $\widehat{234}=\widehat{G3D}=180° - 2\arctan(\frac{2}{5})\approx136°$.
Faisable en troisième, voire en quatrième avec un préalable pythagoricien.
Merci kolotoko !
Je trouve ta consigne de construction un peu lourde, vu qu'il y a beaucoup de points. Les nommer tous d'ailleurs n'est peut-être pas très utile. Je propose :
Construire un carré ABCD de 5 cm de côté.
Placer sur ses côtés les 8 points situés à 2 cm d'un sommet.
Relier chacun de ces points au deuxième sommet le plus éloigné. (*)
L'octogone délimité par ces segments est-il régulier ?
Avec l'aide suivante :
Soit E le sommet de l'octogone le plus proche du segment [AB].
Calculer la mesure de l'angle AÊB.
il serait peut-être préférable de donner la figure (avec ou sans ses mesures) et de demander aux élèves d'expliquer comment la construire (en moins de dix lignes ).
Il serait aussi préférable de virer les huit doubles traits sur les côtés et de les remplacer par huit gros points.
Oui je pense que donner la figure est préférable, ne serait-ce que pour la définition de l'octogone (car on pourrait en tracer d'autres à partir des 8 segments).
Y a-t-il un moyen simple (niveau collège) pour calculer la longueur du côté de l'octogone ?
Peut-être de la façon suivante (toujours avec les notations de la première figure) :
Pythagore dans $ADE$ donne $AE=\sqrt{29}$.
Soit $y=AE$ et $x$ la distance entre les points $4$ et $5$.
On a $2x + 2y =\sqrt{29}$.
Et Thalès dans $JKA48$ donne :
$$\frac{2}{5} = \frac{y}{\frac{\sqrt{29}}{2}+x} = \frac{\sqrt{29}-2x}{\sqrt{29}+2x}$$.
D'où $x= \frac{3}{14} \sqrt{29}$.
@Ludwig : On pourrait dire "Relier chaque sommet du carré aux deux points les plus proches situés sur les côtés opposés" à la place de l'instruction que tu trouvais douteuse.
Je pense avoir trouvé un moyen niveau collège de calculer la longueur d'un côté de l'octogone... mais c'est un problème entier ! On a besoin de toutes les notions disponibles sur les angles et les triangles semblables, du théorème de Pythagore et de l'aire d'un triangle.
Montrer que les triangles ADE et DGI sont semblables.
On note M l'intersection de (AE) et (DH). Montrer que ADE et DME sont semblables.
En déduire que (DH) est orthogonale à (AE).
Calculer la longueur AE et en déduire ME et DM.
Montrer que CDGH est un rectangle et en déduire que 3 est le milieu de [DH].
En déduire la longueur M3.
Calculer de même la longueur M5.
Montrer que les triangles MD5 et M43 sont semblables.
En déduire enfin la longueur du segment [34].
L'avant-dernière question mérite sans doute d'être détaillée avec une chasse aux angles préalable.
je confirme la valeur donnée par Ludwig , on en déduit la valeur du rayon du cercle inscrit dans l'octogone équilatéral à savoir 1,392715036 soit environ 1,4.
Bien cordialement.
kolotoko
PS : je suis assez étonné de ce que dit Dom à propos du collège.
Le rayon de ce cercle est $\frac{15}{58}\sqrt{29}$.
C'est pas plus mal que le côté de cet octogone soit compliqué à calculer, ça forcera à chercher du côté des angles.
À ne pas mettre les angles de côté.
Hein ??
Plutôt que de proposer aux élèves de calculer la longueur du côté de cet octogone, on peut prolonger le travail en justifiant une construction classique de l'octogone régulier à partir d'un carré.
Soit donc un carré ABCD de centre O. Les cercles centrés sur ses sommets et passant par O coupent les côtés en 8 points qui forment un octogone régulier (voir figure).
Une preuve est faisable en quatrième, sans calculer la longueur de son côté (ça fait des calculs assez compliqués avec des racines carrées). Tout d'abord il est clair que cet octogone est équiangle, car les petits triangles dans les coins du carré sont rectangles isocèles. Pour montrer qu'il est aussi équilatéral, il suffit de montrer que, par exemple, le triangle MLK est isocèle en L. Cela se fait assez facilement en passant par des triangles égaux. Les angles aigus des triangles rectangles égaux AMK et KIB sont complémentaires donc l'angle MKI est droit. Les triangles MKL et KIJ étant eux aussi égaux, on en déduit que LKM = LMK = 22,5°.
Oui bien sûr, vu que l'aire des 4 triangles rectangles isocèles est égale à celle de deux carrés de côté $1 - \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Voici une autre figure presque, trouvée à partir d'une construction approximative d'un angle de $\frac{\pi}{7}$ avec une équerre de charron (voir le livre de Jean-Louis Brahem, Histoires de géomètres... et de géométrie, pages 164-165).
ABC est un triangle isocèle en C tel que AB = 4 cm et AC = 9 cm.
D est le point de [BC] tel que AD = 4 cm, E celui de [AC] tel que DE = 4 cm.
A-t-on CE = 4 cm ?
La réponse est non : [CE] mesure environ 4,018 cm.
Faisable au collège ?
On peut aussi placer D et E en partant de C, la figure est plus facile à construire (car sur la première celle de D n'est pas très évidente en terme de précision, vu que l'arc de cercle est proche su segment [BC]).
Donc on place D sur [BC] tel que CD = 4 cm, E sur [AC] tel que DE = 4 cm.
A-t-on BE = 4 cm ?
Non, et là BE est encore plus près de 4 (on trouve environ 4,00276 cm)
Si je ne dis pas de bêtise, considérer que EDC est isocèle et une chasse aux angles entraine que l’angle en C de ACB vaut 30°.
On est, disons, en 4e pour résoudre une petite équation du premier degré et pour manipuler des écritures littérales.
Il reste à démontrer que cet angle ne mesure pas 30°.
Je n’ai rien de très propre sauf à considérer que la calculatrice est assez précise pour fournir une mesure avec la trigonométrie et elle n’affiche pas 30°.
Oui une chasse aux angles fonctionne, mais on trouve alors $\frac{180}{7}\approx 25,71°$ pour ACB
contre $\frac{1}{3}\arccos(\frac{2}{9})\approx 25,72°$ avec la trigonométrie. Pas mal comme méthode d'approximation !
EDIT : non pardon, on trouve $2\arcsin(\frac{2}{9})\approx 25,68°$ avec la trigonométrie, mais c'est pas mal quand même.
Bonjour,
@ kolotoko : on peut seulement avoir AB = BE = ED = DC = 4 et alors la chasse aux angles déjà décrite donne la réponse.
Une autre configuration, avec une chasse aux angles plus simple. Elle est basée sur la très bonne approximation de l'angle de $36°$ par $2arctan( \frac{13}{40})$.
Le triangle ABC est isocèle en C, de base AB = 26 mm et de hauteur 40 mm.
D est le point de [BC] tel que CD = 26 mm.
A-t-on aussi AD = 26 mm ?
Non. Et ici on pourrait même faire le calcul, pour trouver 25,996 cm environ.
1) Tracer le triangle rectangle en A avec AB = 26 mm et AC = 65 mm .
2) Sur la droite BC , placer B' et C' extérieurs au triangle ABC avec BB' = CC' = 35 mm .
3) Tracer le triangle rectangle isocèle (moitié d'un carré) A'B'C' et contenant le point A.
4) Mesurer les côtés A'B' et A'C' et donner le résultat au mm près.
Bien entendu on voit que A'B' = A'C' = 99 mm .
Le calcul donne, et là je vous laisse guider le calcul aux élèves, la valeur suivante :
Si on évalue la réussite d'une figure à la grandeur de l'inverse du produit de l'écart avec la figure "exacte" par le nombre d'opérations élémentaires pour la dessiner, tu es loin devant kolotoko !
Bonjour
Pour la consigne je demanderais plutôt de construire le carré de diagonale B'C'. Puis de donner la valeur exacte de son côté, en commençant par celle de sa diagonale. Les calculs sont faisables en troisième. La calculatrice permet alors de trouver la valeur approchée que tu as donnée, à savoir 98,99999987. La très faible différence avec 99 mm fera sans aucun doute réfléchir, et espérons-le incitera à se méfier des dessins.
On peut aussi ouvrir une discussion sur les capacités des calculatrices, par exemple en leur faisant calculer : $$A =\frac{10^{15}+1}{10^{15}}.
$$ Mais alors... la longueur du côté du carré pourrait-elle, finalement, valoir exactement 99 mm ? Non, mais là, pour le prouver, on est obligé de faire des calculs avec des racines carrées. C'est faisable, à condition de le faire à partir de la longueur de la diagonale (car sinon il y a un carré d'une somme de racines, non simplifiable désormais au collège).
On pourrait demander de tracer le cercle de diamètre [B'C'] puis un point D sur le cercle tel que B'D = 99mm et ensuite demander si B'C'D est rectangle isocèle.
Dans ce sens-là, on peut le faire avec le programme, non ?
On peut même faire un préalable pour montrer que $(a+b)^2+(a-b)^2=2(a^2+b^2)$ puis calculer $(13\sqrt{29}+70)^2+(13\sqrt{29}-70)^2$, et conclure l'exo de géométrie avec un raisonnement par l'absurde.
Même ces simples calculs ne sont plus « les attendus » des programmes.
Ils sont quand même vus dans plusieurs collèges en France. J’ai du mal à évaluer la proportion de ceux-ci.
Des calculs pas si simples que ça en fait. Pour ma part je ne m'y lancerais pas avec mes élèves.
Quelle est la proportion des collèges de France où peuvent être envisagés ces calculs ? Hum... je dirais qu'elle avoisine aujourd'hui les 0 %. Allez disons 1 %.
Mais au fait, le triangle rectangle sur lequel est basé la construction de kolotoko, c'est déjà une belle figure presque. Puisque la longueur de son hypoténuse diffère de 7 cm de seulement 7 millièmes de cm environ.. Il y a là largement de quoi méditer. Par exemple en replaçant le dessin à sa place, qui est une très bonne place (les dessins à l'échelle sont malheureusement largement inutilisés et c'est à mon avis une grave erreur, car ils permettent d'obtenir, en général, de très bonnes approximations).
PS : je me rends compte en écrivant ces lignes que l'impossibilité de faire passer le théorème de Pythagore en classe de quatrième est grandissante, tant les difficultés techniques sont grandes. Et je me pose carrément la question : ne serait-il pas plus profitable aux élèves d'approfondir la notion d'échelle et de proportionnalité, car je constate qu'elle reste largement incomprise en fin de troisième ?
La proportionnalité « abstraite » passe très très mal.
Sans être en maths elle passe mieux et on entend à chaque fois « hein, c’est juste ça ? ».
Le blocage, selon moi, tient au fait qu’on pratique des divisons, des fractions ou autres quotients.
C’est tout de suite une langue inaccessible.
Je dois aussi oser dire que parfois cette notion ne contient aucun cours (sûrement pour éviter des écœurements liés aux divisions) mais alors ça tient lieu de grands gestes et de magie. Là je pointe du doigt certains profs, j’en conviens.
Aussi cette notion paraît dérisoire (au sens « facile ») à côté des « gros » théorèmes.
Parfois même, Thalès n’est pas considéré comme de la proportionnalité...
Dans beaucoup de bahuts on se retrouve avec « ha, la proportionnalité, je fais ça à la fin, moi ».
La figure de Jacquot m'a fait pensé au fait de couper un camembert en 7. Impossible en toute rigueur, mais possible dans la réalité avec des approximations.
Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages
passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique
du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on
cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on
n'a pas besoin de recopier le message passé.
J'ai testé aujourd'hui le sujet Quatre centimètres (voir plus haut) avec une douzaine d'élèves de troisième (de pas trop mauvais à assez bons). Une heure. La partie 1 est trop difficile, il a fallu tout leur dire, quasiment. Mais ça leur a bien plus je crois.
Donné en devoir à la maison il était donc infaisable en l'état.
Voici un sujet modifié (partie 1), plus fluide je pense.
Pour ceux que ça intéressent j'ai aussi calculé la distance $BF$, qui ne fait pas $4$ cm donc.
Cette longueur est égale à $ \frac{1}{81}\sqrt{105 121} \approx 4,003$.
Ci-joint un petit recueil de problèmes "presque" (mais pas des presque problèmes!).
On pourra faire le cinquième avec les élèves, pour qu'ils puissent faire le sixième tout seul.
Une preuve sans utiliser l'irrationalité de $\sqrt{3}$ :
Soient $O(0,0)$, $A(x, y)$ et $B(z,t)$ les sommets du triangle équilatéral ($x,y,z,t$ entiers naturels).
Alors $x^2+y^2=z^2+t^2=(x-z)^2+(y-t)^2$.
En raisonnant modulo $4$ on montre que $x,y,z,t$ sont tous pairs.
Soit alors $H$ l'homothétie de centre $O$ et de rapport $\frac{1}{2}$.
On regarde l'image du triangle par $H^n$ : pour un $n$ assez grand il y a contradiction.
De la preuve ci-dessus découle d'ailleurs l'irrationalité de $\sqrt{3}$, car si $\sqrt{3}= \frac{p}{q}$ alors le triangle $OAB$ avec $O(0,0)$, $A(2q,0)$ et $C(q,p)$ serait équilatéral.
Bonsoir et bonne année à tous !
Je me permets de vous proposer cette figure d'un triangle presque équilatéral dans un pentagone régulier, qui me semble bien dans l'esprit de cette discussion.
Les points marqués sur les deux côtés du haut sont leurs milieux. C'est une figure que j'ai faite il y a plus de deux ans, j'étais très novice en Geogebra ...
Bien cordialement
JLB
À propos de pentagone, en voici un presque régulier (une variante du problème 4 du pdf posté plus haut).
On construit le triangle $ABC$ isocèle en $C$ tel que $AB = 52$ mm et de hauteur principale $80$ mm.
On trace les cercles de rayon $AB$, de centre $A$, $B$ et $C$.
$D$ et $E$ sont des points d'intersection de ces cercles (voir figure).
Ce pentagone est plutôt facile à construire, il est équilatéral (c'est clair) mais pas équiangle (l'angle $\widehat{ACB}$ mesure $36,008°$ environ, au lieu des $36°$ attendus. Un calcul trigonométrique simple donne le résultat. La preuve est faisable en troisième, contrairement au pentagone de Dürer.
Bonjour Ludwig, et meilleurs voeux !
Pour ta construction, tu peux aussi, à plus haut niveau, au lieu de donner les dimensions d'un triangle isocèle, suivre les indications jointes.
En posant AB = 1, et en travaillant dans le repère orthonormé dont les axes sont la droite portant le côté AB et la médiatrice de AB, on trouve pour la hauteur du pentagone la valeur (3 + rac2 + rac3)/4 = environ 1,536566, alors que la hauteur d'un vrai pentagone régulier, rac(5 + 2rac5)/2, vaut à peu près 1,538842, soit un écart d'environ 0,15 %.
Pour calculer la hauteur de mon pentagone, j'ai calculé la tangente de l'angle ABG qui vaut 3pi/8, soit (1 + rac2), et j'en ai déduit la valeur annoncée comme étant la demi-somme des ordonnées de F et G.
Bien cordialement
JLB
Bonsoir à tous,
Voici dans le fichier joint une petite série de coïncidences de points ...
On peut, je pense, en tirer des triangles "presque équilatéraux"...
Bien cordialement
JLB
Ben peut-être qu'il y a là une suite qui converge!
J'ai réalisé une construction générale : soit $n$ un entier pair plus grand ou égal à $8$. On construit un polygone régulier à $n$ côtés, tous égaux à $1$ (je l'ai fait à partir du segment $[AB]$ avec $A(0,0)$ et $B(1,0)$). On construit ensuite un autre polygone régulier, ayant aussi $[AB]$ pour côté, mais avec $n-3$ côtés (les 2 polygones du même côté de ce segment).
$O$ centre du premier polygone, $H$ celui du deuxième.
$A'$ symétrique de $A$ par rapport à $O$, $B'$ celui de $B$.
$S$ image de $B'$ par la rotation de centre $A'$ et d'angle $60°$ (sens direct).
Puis $R$ image de $A$ par la rotation de centre $H$ et d'angle $ \frac{360}{n-3}\times \frac{n-2}{2}$.
Alors, en effet, les points $R$ et $S$ sont très proches.
Et on a même l'impression que la distance $RS$ converge vers $0,0888...$ quand $n$ tend vers l'infini.
Attention au bug dû au temps de calcul !
Dans le fichier GGB j'ai volontairement limité $n$ à $100$ pour éviter ce bug (je suis allé jusqu'à $10000$).
La suite converge bien. Avec la figure ci-dessous on calcule $OH$ sachant que $\widehat{AOB}= \frac{2\pi}{n}$ et que $\widehat{AHB}= \frac{2\pi}{n-3}$.
En se plaçant dans un repère orthonormé d'origine $O$ on calcule les coordonnées de $A'$ symétrique de $A$ par rapport à $O$ (celles de $S$ en découlent facilement). Et en se plaçant dans celui d'origine $H$ , on peut trouver les coordonnées de $R$. On en déduit donc $RS$ en fonction de $n$ :
$$RS=\frac{1}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n} \right)} - \frac{\frac{1}{2}}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n - 3} \right)} + \frac{1}{2} \; \operatorname{sin} \left( \pi \; \frac{n - 2}{n - 3} \right) + \frac{1}{2} \cdot \frac{\operatorname{cos} \left( \pi \; \frac{n - 2}{n - 3} \right)}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n - 3} \right)} - \frac{1}{2} \; \sqrt{3}$$
Reste plus qu'à passer à la limite. On est amené à étudier la suite de terme général:
$$\frac{1}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n} \right)} - \frac{1}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n - 3} \right)} - \frac{1}{2} \; \sqrt{3}$$
Wolfram Alpha dit que sa limite lorsque $n$ tend vers $+\infty$ est $ \frac{3}{\pi} - \frac{\sqrt{3}}{2}$, mais je ne sais pas comment faire pour le prouver. Quelqu'un peut-il donner une explication ? Merci!
Bonsoir Ludwig,
Merci beaucoup d'avoir développé cette idée bien au-delà de ce que j'aurais pu faire !
Quand je me suis intéressé à cette question, c'était du point de vue construction approchée de polygones réguliers à partir d'un autre : par exemple, construire un pentagone à partir d'un octogone.
Or, j'avais constaté que la distance RS (je reprends tes notations) augmente quand on passe de n = 8 (octogone-pentagone) à n = 12, voir les valeurs indiquées dans le document joint à mon précédent message, et j'en avais déduit que les erreurs seraient de plus en plus importantes, ce qui était gênant du point de vue que j'avais adopté ...
Quant à la limite donnée par Wolfram, c'est assez évident : vers quoi tend tan(x) quand x tend vers 0 ? Ne me dis pas que tu ne t'en souviens pas !
Bien amicalement
JLB
Si tu dessines la figure sur une feuille A4 alors $RS$ sera de plus en plus petit au fur et à mesure que $n$ sera grand.
Pour la limite ce n'est pas si évident, mais j'ai trouvé : il suffit d'écrire un développement limité en $0$ de la fonction $cotan(x)$ (la seule limite en $0$ ne permet pas de conclure, il s'agit d'une forme indéterminée).
Re-bonsoir, Ludwig,
Il me semble plus direct de dire que quand x tend vers 0, tan(x) tend vers x, non ?
C'est une approximation très courante, pour les "petits" angles, qui vaut pour sin(x) et tan(x) ...
Bien amicalement
JLB
Edit1 : et excuse-moi, mais pour la distance RS, elle augmente bien, regarde les valeurs indiquées dans mon document ...
Edit2 : ou alors, c'est que nous ne parlons pas de la même chose !
Ludwig, pour te convaincre que la distance entre le sommet du triangle et celui du polygone n-3 augmente avec n ... et que la limite que tu as trouvée est une limite supérieure ...
3/pi - (rac3)/2 = 0,088904...
Or, dans les trois cas que j'avais abordés, j'avais trouvé les valeurs suivantes pour RS (en prenant égale à 1 la longueur du côté de base) :
octogone et pentagone (n=8) : 0,00934639
décagone et heptagone (n=10) : 0,02097
dodécagone et ennéagone (n=12) : 0,0303845
Ces trois valeurs sont bien inférieures à la limite que tu annonces ...
Amicalement
JLB
Réponses
Merci jacquot !
kolotoko
J'ai un peu réfléchi et j'ai trouvé un presque octogone régulier , facilement faisable par un collégien :
1) Tracer un carré ADGJ de côté 5 cm.
2) Placer B et C sur le segment AD, E et F sur le segment DG, H et I sur le segment GJ, K et L sur le segment JA avec AB = CD = DE = FG = GH = IJ = JK = LA = 2cm.
3) Tracer les segments AE, AI, DH, DL, GC, GK, JB, JF
Les segments ainsi tracés déterminent au centre de la figure un octogone équilatéral 12345678 avec 1, 2, 3, 4 formant un carré et situés sur les médianes du carré ADGJ et 2, 4, 6, 8 formant un carré et situés sur les diagonales du carré ADGJ.
Les points 1,3,5,7 sont sur un cercle de rayon R1 .
Les points 2,4,6,8 sont sur un cercle de rayon R2 .
Le rapport R2/R1 vaut 1,010152545 .
La différence avec un octogone régulier est indiscernable.
Une figure ? Merci par avance !
Bien cordialement.
kolotoko
On a $\widehat{234}=\widehat{G3D}=180° - 2\arctan(\frac{2}{5})\approx136°$.
Faisable en troisième, voire en quatrième avec un préalable pythagoricien.
Merci kolotoko !
merci pour cette belle figure !
Bien cordialement.
kolotoko
Construire un carré ABCD de 5 cm de côté.
Placer sur ses côtés les 8 points situés à 2 cm d'un sommet.
Relier chacun de ces points au deuxième sommet le plus éloigné. (*)
L'octogone délimité par ces segments est-il régulier ?
Avec l'aide suivante :
Soit E le sommet de l'octogone le plus proche du segment [AB].
Calculer la mesure de l'angle AÊB.
(*) Une autre idée pour cette consigne ?
il serait peut-être préférable de donner la figure (avec ou sans ses mesures) et de demander aux élèves d'expliquer comment la construire (en moins de dix lignes ).
Il serait aussi préférable de virer les huit doubles traits sur les côtés et de les remplacer par huit gros points.
Bien cordialement.
kolotoko
Y a-t-il un moyen simple (niveau collège) pour calculer la longueur du côté de l'octogone ?
avec la première figure : munir la figure d'un repère orthonormé et calculer quelques équations de droites comme AI, AG, JB .
En déduire les coordonnées des points 7 et 6 puis en déduire la longueur 7-6.
Bien cordialement.
kolotoko
Mais avec Pythagore dans plein de triangles on doit y parvenir.
Mais c’est très laborieux.
Le collège n’est plus le lieu où l’on effectue ce genre de tâche.
Pythagore dans $ADE$ donne $AE=\sqrt{29}$.
Soit $y=AE$ et $x$ la distance entre les points $4$ et $5$.
On a $2x + 2y =\sqrt{29}$.
Et Thalès dans $JKA48$ donne :
$$\frac{2}{5} = \frac{y}{\frac{\sqrt{29}}{2}+x} = \frac{\sqrt{29}-2x}{\sqrt{29}+2x}$$.
D'où $x= \frac{3}{14} \sqrt{29}$.
Je pense avoir trouvé un moyen niveau collège de calculer la longueur d'un côté de l'octogone... mais c'est un problème entier ! On a besoin de toutes les notions disponibles sur les angles et les triangles semblables, du théorème de Pythagore et de l'aire d'un triangle.
- Montrer que les triangles ADE et DGI sont semblables.
- On note M l'intersection de (AE) et (DH). Montrer que ADE et DME sont semblables.
- En déduire que (DH) est orthogonale à (AE).
- Calculer la longueur AE et en déduire ME et DM.
- Montrer que CDGH est un rectangle et en déduire que 3 est le milieu de [DH].
- En déduire la longueur M3.
- Calculer de même la longueur M5.
- Montrer que les triangles MD5 et M43 sont semblables.
- En déduire enfin la longueur du segment [34].
L'avant-dernière question mérite sans doute d'être détaillée avec une chasse aux angles préalable.je confirme la valeur donnée par Ludwig , on en déduit la valeur du rayon du cercle inscrit dans l'octogone équilatéral à savoir 1,392715036 soit environ 1,4.
Bien cordialement.
kolotoko
PS : je suis assez étonné de ce que dit Dom à propos du collège.
C'est pas plus mal que le côté de cet octogone soit compliqué à calculer, ça forcera à chercher du côté des angles.
À ne pas mettre les angles de côté.
Hein ??
Soit donc un carré ABCD de centre O. Les cercles centrés sur ses sommets et passant par O coupent les côtés en 8 points qui forment un octogone régulier (voir figure).
Une preuve est faisable en quatrième, sans calculer la longueur de son côté (ça fait des calculs assez compliqués avec des racines carrées). Tout d'abord il est clair que cet octogone est équiangle, car les petits triangles dans les coins du carré sont rectangles isocèles. Pour montrer qu'il est aussi équilatéral, il suffit de montrer que, par exemple, le triangle MLK est isocèle en L. Cela se fait assez facilement en passant par des triangles égaux. Les angles aigus des triangles rectangles égaux AMK et KIB sont complémentaires donc l'angle MKI est droit. Les triangles MKL et KIJ étant eux aussi égaux, on en déduit que LKM = LMK = 22,5°.
cette construction donne quasi immédiatement l'aire de l'octogone en fonction de l'aire du carré .
Bien cordialement.
kolotoko
je vous propose ceci où j'utilise la dernière figure de Ludwig avec l'octogone vert.
1) Plaçons A1, A2, B1, B2, C1, C2, D1, D2 tels que F, G, H, I, J, K, L, M soient respectivement les milieux de DD1, CC1, CC2, BB2, BB1, AA1, AA2, DD2.
2) Traçons les segments AC1, AC2, BD1, BD2, CA1, CA2, DB1, DB2 comme dans le carré avec l'octogone bleu.
Conclusion : cette fois-ci l'octogone central obtenu est un octogone régulier .
Ce qui fait le lien entre les deux constructions, celle classique et rigoureuse proposée par Ludwig et celle que j'avais proposé initiallement.
Bien cordialement.
kolotoko
PS: l'octogone central obtenu est , en surface, 4,121320344 fois plus petit que le carré ABCD.
Voici une autre figure presque, trouvée à partir d'une construction approximative d'un angle de $\frac{\pi}{7}$ avec une équerre de charron (voir le livre de Jean-Louis Brahem, Histoires de géomètres... et de géométrie, pages 164-165).
ABC est un triangle isocèle en C tel que AB = 4 cm et AC = 9 cm.
D est le point de [BC] tel que AD = 4 cm, E celui de [AC] tel que DE = 4 cm.
A-t-on CE = 4 cm ?
La réponse est non : [CE] mesure environ 4,018 cm.
Faisable au collège ?
Donc on place D sur [BC] tel que CD = 4 cm, E sur [AC] tel que DE = 4 cm.
A-t-on BE = 4 cm ?
Non, et là BE est encore plus près de 4 (on trouve environ 4,00276 cm)
Si je ne dis pas de bêtise, considérer que EDC est isocèle et une chasse aux angles entraine que l’angle en C de ACB vaut 30°.
On est, disons, en 4e pour résoudre une petite équation du premier degré et pour manipuler des écritures littérales.
Il reste à démontrer que cet angle ne mesure pas 30°.
Je n’ai rien de très propre sauf à considérer que la calculatrice est assez précise pour fournir une mesure avec la trigonométrie et elle n’affiche pas 30°.
contre $\frac{1}{3}\arccos(\frac{2}{9})\approx 25,72°$ avec la trigonométrie. Pas mal comme méthode d'approximation !
EDIT : non pardon, on trouve $2\arcsin(\frac{2}{9})\approx 25,68°$ avec la trigonométrie, mais c'est pas mal quand même.
si AB = BE = ED = DC = EA = 4, trouver les angles de chaque triangle.
Bien cordialement.
kolotoko
@ kolotoko : on peut seulement avoir AB = BE = ED = DC = 4 et alors la chasse aux angles déjà décrite donne la réponse.
Une autre configuration, avec une chasse aux angles plus simple. Elle est basée sur la très bonne approximation de l'angle de $36°$ par $2arctan( \frac{13}{40})$.
Le triangle ABC est isocèle en C, de base AB = 26 mm et de hauteur 40 mm.
D est le point de [BC] tel que CD = 26 mm.
A-t-on aussi AD = 26 mm ?
Non. Et ici on pourrait même faire le calcul, pour trouver 25,996 cm environ.
on peut avoir les relations données mais évidemment ABC n'est pas isocèle.
Voici les angles en degrés des triangles de la figure :
triangle CDE : 20, 140, 20 ; isocèle
triangle DEB : 40, 40, 100 ; isocèle
triangle EBA : 60, 60, 60 ; équilatéral
triangle CEB : 20, 120, 40
triangle ABC : 60, 100, 20
Doit pouvoir se faire en collège.
Bien cordialement.
kolotoko
encore un triangle avec un côté de 26 mm .
1) Tracer le triangle rectangle en A avec AB = 26 mm et AC = 65 mm .
2) Sur la droite BC , placer B' et C' extérieurs au triangle ABC avec BB' = CC' = 35 mm .
3) Tracer le triangle rectangle isocèle (moitié d'un carré) A'B'C' et contenant le point A.
4) Mesurer les côtés A'B' et A'C' et donner le résultat au mm près.
Bien entendu on voit que A'B' = A'C' = 99 mm .
Le calcul donne, et là je vous laisse guider le calcul aux élèves, la valeur suivante :
98,999 999 87 mm environ .
Bien cordialement.
kolotoko
merci pour cette figure .
Quelles sont les questions qu'on pourrait demander à des élèves de troisième ?
Bien cordialement.
kolotoko
Pour la consigne je demanderais plutôt de construire le carré de diagonale B'C'. Puis de donner la valeur exacte de son côté, en commençant par celle de sa diagonale. Les calculs sont faisables en troisième. La calculatrice permet alors de trouver la valeur approchée que tu as donnée, à savoir 98,99999987. La très faible différence avec 99 mm fera sans aucun doute réfléchir, et espérons-le incitera à se méfier des dessins.
On peut aussi ouvrir une discussion sur les capacités des calculatrices, par exemple en leur faisant calculer : $$A =\frac{10^{15}+1}{10^{15}}.
$$ Mais alors... la longueur du côté du carré pourrait-elle, finalement, valoir exactement 99 mm ? Non, mais là, pour le prouver, on est obligé de faire des calculs avec des racines carrées. C'est faisable, à condition de le faire à partir de la longueur de la diagonale (car sinon il y a un carré d'une somme de racines, non simplifiable désormais au collège).
Dans ce sens-là, on peut le faire avec le programme, non ?
On peut même faire un préalable pour montrer que $(a+b)^2+(a-b)^2=2(a^2+b^2)$ puis calculer $(13\sqrt{29}+70)^2+(13\sqrt{29}-70)^2$, et conclure l'exo de géométrie avec un raisonnement par l'absurde.
Ils sont quand même vus dans plusieurs collèges en France. J’ai du mal à évaluer la proportion de ceux-ci.
Quelle est la proportion des collèges de France où peuvent être envisagés ces calculs ? Hum... je dirais qu'elle avoisine aujourd'hui les 0 %. Allez disons 1 %.
Mais au fait, le triangle rectangle sur lequel est basé la construction de kolotoko, c'est déjà une belle figure presque. Puisque la longueur de son hypoténuse diffère de 7 cm de seulement 7 millièmes de cm environ.. Il y a là largement de quoi méditer. Par exemple en replaçant le dessin à sa place, qui est une très bonne place (les dessins à l'échelle sont malheureusement largement inutilisés et c'est à mon avis une grave erreur, car ils permettent d'obtenir, en général, de très bonnes approximations).
PS : je me rends compte en écrivant ces lignes que l'impossibilité de faire passer le théorème de Pythagore en classe de quatrième est grandissante, tant les difficultés techniques sont grandes. Et je me pose carrément la question : ne serait-il pas plus profitable aux élèves d'approfondir la notion d'échelle et de proportionnalité, car je constate qu'elle reste largement incomprise en fin de troisième ?
Oh putain qu'est-ce que je viens d'écrire...
Sans être en maths elle passe mieux et on entend à chaque fois « hein, c’est juste ça ? ».
Le blocage, selon moi, tient au fait qu’on pratique des divisons, des fractions ou autres quotients.
C’est tout de suite une langue inaccessible.
Je dois aussi oser dire que parfois cette notion ne contient aucun cours (sûrement pour éviter des écœurements liés aux divisions) mais alors ça tient lieu de grands gestes et de magie. Là je pointe du doigt certains profs, j’en conviens.
Aussi cette notion paraît dérisoire (au sens « facile ») à côté des « gros » théorèmes.
Parfois même, Thalès n’est pas considéré comme de la proportionnalité...
Dans beaucoup de bahuts on se retrouve avec « ha, la proportionnalité, je fais ça à la fin, moi ».
C’est mon analyse, en premier jet.
Quatre centimètres, un sujet construit à partir d'une de ces figures.
En devoir à la maison par exemple, pour une classe de troisième.
La figure de Jacquot m'a fait pensé au fait de couper un camembert en 7. Impossible en toute rigueur, mais possible dans la réalité avec des approximations.
[edit] Je mets la source : http://irem-fpb.univ-lyon1.fr/feuillesprobleme/feuille7/enonces/heptagoneregulier.html [/edit]
Donné en devoir à la maison il était donc infaisable en l'état.
Voici un sujet modifié (partie 1), plus fluide je pense.
Pour ceux que ça intéressent j'ai aussi calculé la distance $BF$, qui ne fait pas $4$ cm donc.
Cette longueur est égale à $ \frac{1}{81}\sqrt{105 121} \approx 4,003$.
Rappel : AB = OE = EF = 4 et OA = OB = 9.
On pourra faire le cinquième avec les élèves, pour qu'ils puissent faire le sixième tout seul.
Une preuve sans utiliser l'irrationalité de $\sqrt{3}$ :
Soient $O(0,0)$, $A(x, y)$ et $B(z,t)$ les sommets du triangle équilatéral ($x,y,z,t$ entiers naturels).
Alors $x^2+y^2=z^2+t^2=(x-z)^2+(y-t)^2$.
En raisonnant modulo $4$ on montre que $x,y,z,t$ sont tous pairs.
Soit alors $H$ l'homothétie de centre $O$ et de rapport $\frac{1}{2}$.
On regarde l'image du triangle par $H^n$ : pour un $n$ assez grand il y a contradiction.
Je me permets de vous proposer cette figure d'un triangle presque équilatéral dans un pentagone régulier, qui me semble bien dans l'esprit de cette discussion.
Les points marqués sur les deux côtés du haut sont leurs milieux. C'est une figure que j'ai faite il y a plus de deux ans, j'étais très novice en Geogebra ...
Bien cordialement
JLB
On construit le triangle $ABC$ isocèle en $C$ tel que $AB = 52$ mm et de hauteur principale $80$ mm.
On trace les cercles de rayon $AB$, de centre $A$, $B$ et $C$.
$D$ et $E$ sont des points d'intersection de ces cercles (voir figure).
Ce pentagone est plutôt facile à construire, il est équilatéral (c'est clair) mais pas équiangle (l'angle $\widehat{ACB}$ mesure $36,008°$ environ, au lieu des $36°$ attendus. Un calcul trigonométrique simple donne le résultat. La preuve est faisable en troisième, contrairement au pentagone de Dürer.
Pour ta construction, tu peux aussi, à plus haut niveau, au lieu de donner les dimensions d'un triangle isocèle, suivre les indications jointes.
En posant AB = 1, et en travaillant dans le repère orthonormé dont les axes sont la droite portant le côté AB et la médiatrice de AB, on trouve pour la hauteur du pentagone la valeur (3 + rac2 + rac3)/4 = environ 1,536566, alors que la hauteur d'un vrai pentagone régulier, rac(5 + 2rac5)/2, vaut à peu près 1,538842, soit un écart d'environ 0,15 %.
Pour calculer la hauteur de mon pentagone, j'ai calculé la tangente de l'angle ABG qui vaut 3pi/8, soit (1 + rac2), et j'en ai déduit la valeur annoncée comme étant la demi-somme des ordonnées de F et G.
Bien cordialement
JLB
Voici dans le fichier joint une petite série de coïncidences de points ...
On peut, je pense, en tirer des triangles "presque équilatéraux"...
Bien cordialement
JLB
Tu as essayé avec des polygones réguliers ayant plus de côtés pour voir si ça se généralise ? Il y a peut-être une suite à étudier ici.
Ben peut-être qu'il y a là une suite qui converge!
J'ai réalisé une construction générale : soit $n$ un entier pair plus grand ou égal à $8$. On construit un polygone régulier à $n$ côtés, tous égaux à $1$ (je l'ai fait à partir du segment $[AB]$ avec $A(0,0)$ et $B(1,0)$). On construit ensuite un autre polygone régulier, ayant aussi $[AB]$ pour côté, mais avec $n-3$ côtés (les 2 polygones du même côté de ce segment).
$O$ centre du premier polygone, $H$ celui du deuxième.
$A'$ symétrique de $A$ par rapport à $O$, $B'$ celui de $B$.
$S$ image de $B'$ par la rotation de centre $A'$ et d'angle $60°$ (sens direct).
Puis $R$ image de $A$ par la rotation de centre $H$ et d'angle $ \frac{360}{n-3}\times \frac{n-2}{2}$.
Alors, en effet, les points $R$ et $S$ sont très proches.
Et on a même l'impression que la distance $RS$ converge vers $0,0888...$ quand $n$ tend vers l'infini.
Attention au bug dû au temps de calcul !
Dans le fichier GGB j'ai volontairement limité $n$ à $100$ pour éviter ce bug (je suis allé jusqu'à $10000$).
En se plaçant dans un repère orthonormé d'origine $O$ on calcule les coordonnées de $A'$ symétrique de $A$ par rapport à $O$ (celles de $S$ en découlent facilement). Et en se plaçant dans celui d'origine $H$ , on peut trouver les coordonnées de $R$. On en déduit donc $RS$ en fonction de $n$ :
$$RS=\frac{1}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n} \right)} - \frac{\frac{1}{2}}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n - 3} \right)} + \frac{1}{2} \; \operatorname{sin} \left( \pi \; \frac{n - 2}{n - 3} \right) + \frac{1}{2} \cdot \frac{\operatorname{cos} \left( \pi \; \frac{n - 2}{n - 3} \right)}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n - 3} \right)} - \frac{1}{2} \; \sqrt{3}$$
Reste plus qu'à passer à la limite. On est amené à étudier la suite de terme général:
$$\frac{1}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n} \right)} - \frac{1}{\operatorname{tan} \left( \frac{\pi }{n - 3} \right)} - \frac{1}{2} \; \sqrt{3}$$
Wolfram Alpha dit que sa limite lorsque $n$ tend vers $+\infty$ est $ \frac{3}{\pi} - \frac{\sqrt{3}}{2}$, mais je ne sais pas comment faire pour le prouver. Quelqu'un peut-il donner une explication ? Merci!
Merci beaucoup d'avoir développé cette idée bien au-delà de ce que j'aurais pu faire !
Quand je me suis intéressé à cette question, c'était du point de vue construction approchée de polygones réguliers à partir d'un autre : par exemple, construire un pentagone à partir d'un octogone.
Or, j'avais constaté que la distance RS (je reprends tes notations) augmente quand on passe de n = 8 (octogone-pentagone) à n = 12, voir les valeurs indiquées dans le document joint à mon précédent message, et j'en avais déduit que les erreurs seraient de plus en plus importantes, ce qui était gênant du point de vue que j'avais adopté ...
Quant à la limite donnée par Wolfram, c'est assez évident : vers quoi tend tan(x) quand x tend vers 0 ? Ne me dis pas que tu ne t'en souviens pas !
Bien amicalement
JLB
Pour la limite ce n'est pas si évident, mais j'ai trouvé : il suffit d'écrire un développement limité en $0$ de la fonction $cotan(x)$ (la seule limite en $0$ ne permet pas de conclure, il s'agit d'une forme indéterminée).
Il me semble plus direct de dire que quand x tend vers 0, tan(x) tend vers x, non ?
C'est une approximation très courante, pour les "petits" angles, qui vaut pour sin(x) et tan(x) ...
Bien amicalement
JLB
Edit1 : et excuse-moi, mais pour la distance RS, elle augmente bien, regarde les valeurs indiquées dans mon document ...
Edit2 : ou alors, c'est que nous ne parlons pas de la même chose !
3/pi - (rac3)/2 = 0,088904...
Or, dans les trois cas que j'avais abordés, j'avais trouvé les valeurs suivantes pour RS (en prenant égale à 1 la longueur du côté de base) :
octogone et pentagone (n=8) : 0,00934639
décagone et heptagone (n=10) : 0,02097
dodécagone et ennéagone (n=12) : 0,0303845
Ces trois valeurs sont bien inférieures à la limite que tu annonces ...
Amicalement
JLB