Catalogue de figures presque...

kolotoko · January 2023

Bonjour,
j'ai oublié de préciser que l'hexagone ABCDEF est convexe et que B, D, F sont extérieurs au triangle ACE.

Bien cordialement.
kolotoko.

Ludwig · February 2023

Bonsoir,
Avec la formule de Héron j'ai trouvé que la différence entre les aires orange et bleue vaut : $$\frac{1}{4} \; \left(-69 \; \sqrt{111} - 3 \; \sqrt{2015} - 3 \; \sqrt{8987} + 5 \; \sqrt{52535} \right) \approx 0.000002815417246893.$$

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/ab/z5269gm1q5c2.png

Il faut remarquer que le symétrique de $B$ par rapport à $(AC)$, celui de $D$ par rapport à $(CE)$ et celui de $F$ par rapport à $(AE)$ sont quasi confondus. Comment as-tu fait kolotoko pour obtenir cette figure ?

Dom · February 2023

Ça donne une méthode empirique pour construire de telles figures. On prends trois points très très proches dans une figure et on déplie les triangles à l’extérieur. Bon il reste à rendre entières les longueurs.

kolotoko · February 2023

Bonsoir,
merci Ludwig pour cette figure et ce calcul.
J'ai fait exactement le même calcul.
Le rapport des aires ABCDEF/ACE vaut environ 1,999999990173... et non pas 2 comme annoncé dans l'énoncé.
Je note C(P ; R) le cercle de centre P et de rayon R.
En réalité les cercles C(A ; 7) ; C(C ; 16) et C( E ; 23) n' ont pas un point commun appelé G même si cela parait vrai sur une figure faite à la règle et au compas.
La remarque de Dom est pertinente.
Bien cordialement.
kolotoko

kolotoko · February 2023

Bonsoir,
Ludwig : comment j'ai fait pour obtenir cette figure ?
Tout simplement, j'ai lu l'article Almost Integer dans l'encyclopédie Wolfram MathWorld d'Eric W Weisstein .
Bien cordialement.
kolotoko

jelobreuil · February 2023

Bonsoir à tous,

Peut-être jugerez-vous ce travail intéressant, dans le cadre de cette discussion : j'y présente une construction approchée de l'heptagone et de l'ennéagone régulier, assez simple, me semble-t-il, pour être présentée au collège ... et ce, dès que l'on a vu Pythagore, les symétries axiales et les médiatrices ...

Dites-moi ce que vous en pensez !

Bien cordialement, JLB

Ludwig · February 2023

Bonjour jelobreuil,
La fonction $\tan {( \frac{(n + 1)\pi}{2n + 3})}$ qui intervient dans ta construction a pour valeur $\sqrt{3}$ en $0$. Et sa dérivée en $0$ vaut $4 \pi /9$. Plutôt que d'approximer $4 \pi /9$ par $\sqrt{7}/2$ as-tu essayé d'utiliser les premières réduites de $\pi$ ? Cela donnerait peut-être d'autres constructions aussi simples mais encore plus précises.
L'auteur de la figure de kolotoko est un certain Ed Pegg Jr. Des dizaines de ses constructions sont rassemblées sur cette page. Il y a en particulier une propriété relative aux polygones réguliers qui pourrait être utilisée pour les construire de façon approchée.

Ludwig · February 2023

J'ai dit n'importe quoi jelobreuil : le DL à l'ordre $1$ n'a aucune raison d'être une meilleure approximation que la fonction affine que tu as trouvé.

Je reviens à l'utilisation des fractions continues pour maintenant construire une figure qui est presque un carré. La longueur de la diagonale d'un carré est égale au produit de son côté par la racine carrée de deux. Les premières réduites de ce nombre sont : $1/1$, $3/2$, $7/5$, $17/12$, $41/29$, $99/70$ et $239/169$. Comme on se limite à des longueurs qui sont des nombres entiers de millimètres, $99/70$ est la meilleure fraction utilisable sur une feuille au format $A4$ : $239$ mm c'est trop grand (faisable mais la construction va manquer d'assurance, et donc l'effet obtenu sera diminué). On aura donc l'énoncé suivant :

Construire un losange de côté 7 cm et dont une diagonale mesure 9,9 cm.
Est-ce un carré ?

La réponse est bien sûr négative et on peut le prouver en quatrième avec la réciproque de Pythagore. De plus, un théorème de Lagrange nous dit que les réduites sont les meilleures approximations rationnelles d'un réel : on ne pourra pas construire sur le cahier d'un collégien une meilleure approximation d'un carré avec cette méthode.
Les angles du losange sont d'environ $90,006°$ et $89,994°$.

On peut même le prouver dès la sixième : si c'est un carré alors son aire est égale à $7\times 7 = 49$. Les diagonales d'un carré étant perpendiculaires, de même longueur et se coupant en leur milieu, on peut aussi calculer cette aire en faisant $4 \times((9,9/2)^2/2)$. On trouve $49,005$. Contradiction.

Ludwig · February 2023

Bonjour,

Je reviens encore une fois sur la construction d’un losange qui est presque un carré. Plus l’approximation rationnelle du nombre $\sqrt{2}$ sera bonne plus le losange obtenu sera proche d’un carré. C’est-à-dire qu’une fois choisi une réduite $p_n/q_n$ pour construire le losange alors un losange plus petit aura ses angles moins proches de $\pi/2$ que ceux du losange associé à cette réduite. Cela découle d’une propriété liée aux fractions continues : si $0<q \leq q_n$ et $p_n/q_n \ne p/q$ alors on a : $$\lvert q_n\sqrt{2} - p_n \rvert < \lvert q\sqrt{2} - p \rvert \qquad (1)$$ Avec $p$ tel que $0<p \leq p_n$ : $$(q_n \sqrt{2} + p_n)/(2p_nq_n) = \sqrt{2}/(2p_n)+1/(2q_n) \leq \sqrt{2}/(2p)+1/(2q) =(q \sqrt{2}+p)/(2pq) \qquad (2)$$ On multiplie membre à membre les inégalités $(1)$ et $(2)$ pour trouver, grâce à la loi des cosinus : $$\lvert \cos (\theta_n) \rvert < \lvert \cos (\theta) \rvert,$$ ce qui implique que $\lvert\theta_n-\pi/2 \rvert<\lvert\theta-\pi/2 \rvert$.

kolotoko · February 2023

Bonjour,
soit un quadrilatère orthodiagonal et inscriptible.

Dans le plan muni d'un repère orthonormé je place les points suivants : A(33,0) ; B(0, 26) ; C(-111, 0) ; D(0, 134).
Tracer le quadrilatère ABCD et ses diagonales.
Tracer le cercle circonscrit de centre P et de rayon R = 179/2.
On pose AB = a ; BC = b ; CD = c ; DA = d ; AC = p ; BD = q.
Mesurer a, b, c, d, p, q .
Calculer l'aire du quadrilatère ABCD en utilisant la formule de Ptolémée : S = ((s-a)(s-b)(s-c)(s-d))^0,5, où s est le demi-périmètre s = (a + b + c + d)/2.
Calculer l'aire du quadrilatère en utilisant la formule S = pq/2 .

Bien cordialement .
kolotoko

jelobreuil · February 2023

Bonjour @kolotoko
Quelles sont les coordonnées du centre P ?
Bien cordialement, JLB

kolotoko · February 2023

Bonjour,
jelobreuil : coordonnées de P ?
A' xiste pas.
En mesurant, on trouve : a = 42, b = 114, c = 174, d = 138, p = 144, q = 160
Bien cordialement.
kolotoko

kolotoko · February 2023

Bonsoir,
on peut inscrire dans un cercle un quadrilatère orthodiagonal de côtés successifs 42, 114, 174, 138 mais le rayon du cercle vaut 89,4986033.. et non 89,5.

Bien cordialement.

kolotoko

kolotoko · February 2023

Bonjour,
par construction, le quadrilatère ABCD est orthodiagonal.
Il est donc légitime d'utiliser la formule S = pq/2 = 144x160/2 = 11520.
L'autre formule avec 42, 114, 174, 138 et s = 21+57+87+69 = 234 donne S^2 = 192*120*60*96 et S = 11520 et pourtant le quadrilatère n'est manifestement pas inscriptible.
Les côtés ne valent pas ce qu'on lit avec une règle graduée.
En utilisant le théorème de Pythagore, il vient : a = 42,011..., b = 114,0043..., c = 174,0028..., d = 138,0036...

Bien cordialement.
kolotoko

Ludwig · February 2023

Deux problèmes fabriqués à partir de fractions continues, dans la lignée de celui proposé par jacquot.
Niveau collège, les élèves construisent d'abord la figure. L'unité est le centimètre.

$A$ est un point d'un cercle de rayon $7,5$. $B$ et $C$ sont les points d'intersection de ce cercle avec celui de centre $A$ et de rayon $13$.
Question : le triangle $ABC$ est-il équilatéral ?

$A$ est un point d'un cercle de rayon $8,1$. On reporte sept fois la longueur $6,2$ sur ce cercle, à partir de $A$.
Question : l'octogone obtenu est-il régulier ?

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/sj/jqdasuxjv6cz.png

Dans les deux cas la réponse est négative, mais les élèves auront bien envie de dire oui en regardant leur figure.

Ludwig · February 2023

Ci-dessous la liste des triplets pythagoriciens primitifs donnant un triangle rectangle dont la longueur de l'hypoténuse est plus petite que $200$ (donc, en mm, le triangle tient sur une feuille A4) et dont les mesures des angles aigus s'écartent de moins de $0,1°$ d'un entier. Il y en a neuf. Chaque ligne donne les entiers $a$, $b$ et $c$ tels que $a^2+b^2=c^2$, la mesure entière d'un angle aigu, puis un arrondi de l'écart de cet entier avec la mesure réelle de l'angle :

8 15 17 62 -0.07

12 35 37 71 0.08

36 77 85 65 -0.06

39 80 89 64 0.01

65 72 97 48 -0.08

88 105 137 50 0.03

51 140 149 70 -0.02

19 180 181 84 -0.03

57 176 185 72 0.05

jelobreuil · February 2023

Merci @Ludwig !

Et avec les grades, sont-ce les mêmes ? Je pense que non ...

Bien amicalement, JLB

jelobreuil · February 2023

Bonjour à tous,

Suite à mon message du 2 février, je viens de trouver une autre suite, qui peut servir à la même chose, et qui repose sur, devinez quoi ? le nombre d'or !! Décidément, celui-là, il a le chic pour se faufiler partout !

Voici un tableau de valeurs et deux exemples de construction approchée suivant ce principe. Je trouve ces résultats assez étonnants.

Bien cordialement, JLB

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/0q/e7ej8oydtavh.png

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/y1/bgaf11t08vd4.png

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/0x/tf3b5sb3v2ka.png

Ludwig · February 2023

Bonsoir,
Au collège on peut déterminer les angles d'un triangle rectangle quand on connaît ses trois côtés. On peut aussi le faire quand le triangle est isocèle, puisqu'on peut le partager en deux triangles rectangles égaux. Alors j'ai cherché des dimensions de triangles isocèles qui donnent des angles presque entiers. Et cela est facile à faire. On a :

$$\cos(\theta)=\frac{a^2+b^2-a^2}{2ab}= \frac{b}{2a}.$$ Pour un angle de $31°$ j'entre convergents(cos(2pi*31/360),5) dans Wolfram Alpha qui me donne : $${0, 1, 6/7, 5005/5839, 5011/5846}$$ Je choisis une fraction avec des entiers pas trop grands (pour que le dessin soit facile à faire sur une feuille A4) et tant qu'à faire une fraction dont la suivante est avec des entiers beaucoup plus grands : cela donnera une meilleure approximation pour l'angle. Ici cela saute aux yeux : je prends la fraction $6/7$. On doit donc avoir $b/2a=6/7$ : les dimensions $a=7$ et $b=12$ conviennent. Ce qui donne un angle de $31,003°$ environ. D'où le petit exercice suivant :

1°) Construire le triangle $ABC$ isocèle en $A$ tel que $AB=7$ et $BC =12$.
2°) A-t-on $\hat{B}=31°$ ?

Autres exemples : le triangle de côtés $16$, $16$, $29$ possède deux angles d'environ $25,008°$, le triangle de côtés $47$, $47$, $83$ possède deux angles d'environ $27,996°$, le triangle de côtés $53$, $53$, $80$ possède deux angles d'environ $40,9994°$, etc.

Ludwig · February 2023

Cela c'est quand on cherche un triangle à partir d'un angle donné. Mais on peut aussi déterminer tous les triangles isocèles ayant un angle dont la mesure en degrés est à moins de, par exemple, $0.003$ d'un entier, les dimensions du triangle ne devant pas dépasser un certain nombre. J'ai demandé à Chat GPT de programmer cela :

Écris un programme en python 3 qui donne tous les entiers $a$ et $b$ tels que $1<b<2a<150$ et avec acos(b/(2a)) distant de moins de $0.003$ d'un entier (en mode degrés). Affiche les résultats sous la forme (a/pgcd(a,b),a/pgcd(a,b),b/pgcd(a,b), angle). Ecarte les doublons et affiche les résultats par ordre croissant des angles.

Résultats :
(39, 39, 76, 13.00282)
(84, 84, 151, 25.99798)
(78, 78, 139, 26.99759)
(7, 7, 12, 31.00272)
(47, 47, 77, 35.00031)
(89, 89, 144, 36.00275)
(72, 72, 115, 37.00232)
(92, 92, 143, 38.99746)
(53, 53, 80, 40.99935)
(67, 67, 98, 43.00088)
(70, 70, 99, 44.99708)
(99, 99, 140, 45.00292)
(68, 68, 91, 48.001)
(58, 58, 73, 51.00074)
(54, 54, 65, 52.99736)
(76, 76, 85, 55.99878)
(56, 56, 61, 56.99974)
(33, 33, 32, 60.99745)
(82, 82, 77, 61.99736)
(87, 87, 79, 62.99791)
(76, 76, 69, 63.00277)
(73, 73, 64, 64.00096)
(84, 84, 71, 64.99995)
(59, 59, 48, 65.9973)
(60, 60, 43, 69.00212)
(43, 43, 28, 70.9992)
(89, 89, 55, 72.0017)
(78, 78, 43, 73.99978)
(85, 85, 44, 74.99973)
(31, 31, 15, 75.9992)
(20, 20, 9, 76.99712)
(89, 89, 37, 78.00273)
(76, 76, 29, 79.00114)
(95, 95, 33, 79.9979)
(72, 72, 25, 80.00216)
(97, 97, 27, 81.99988)
(67, 67, 14, 84.00293)
(43, 43, 6, 85.99937)
(86, 86, 9, 87.0006)
(43, 43, 3, 88.0009)
(86, 86, 3, 89.0006)

Ludwig · February 2023

Une méthode pour obtenir un angle qui mesure presque $30°$. On développe $\cos(30°)=\sqrt{3}/2$ en fractions continues : $0, 1, 6/7, 13/15, 84/97, 181/209, 1170/1351$, etc. Pour une fraction $p/q$ de cette liste on considère le triangle (quasi rectangle) de côtés $(q, 2q, 2p)$. Le triplet $(209, 418, 362)$ est intéressant : une calculatrice standard ne fera pas la différence avec un angle de $30°$ si on utilise directement la loi des cosinus. Par contre elle affichera un nombre non nul lorsqu'on lui demandera la différence entre les deux cosinus.

kolotoko · March 2023

Bonjour,

le triangle 15, 26, 30 plus simple me convient bien.

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig · March 2023

Une petite remarque : les constructions des quasi triangles équilatéraux ci-dessous sont toutes les deux basées sur le développement en fraction continue de $\sqrt{3}/2$. À gauche on obtient une précision angulaire de l'ordre du cent-millième de degré (!), à droite elle est de l'ordre du centième de degré seulement.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/a1/4vqhr89esigr.png

Dom · March 2023

Intéressant 😀
J’essaye de trouver une méthode pour démontrer (figure avec les cercles) que le triangle n’est pas équilatéral. Mais en 2023, même en 2nde… ça va être difficile de ne pas utiliser une calculatrice.

Mon idée était « si le triangle n’est pas équilatéral alors… ». Mais c’est peu convaincant… (sauf calculatrice, hélas…).

Bon, cela dit, la démarche reste pertinente je pense pour le secondaire.

Ludwig · March 2023

J’ai aussi regardé pour des démos relatives à la figure avec les cercles mais je n’ai rien trouvé de simple. Peut-être utiliser les arguments de la démonstration de la loi des cosinus avec les aires.

En tous cas la différence de précision entre les deux figures peut s’expliquer assez facilement : à gauche il y a le triangle $15 - 26 - 30$, à droite il n’y a que la présence d’un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent $15$ et $26$, et donc son hypoténuse est parfaitement déterminée (et différente de $30$). En fait il y a une contrainte en moins à droite. Bon après le facteur $1000$ entre les deux précisions il faudra regarder plus en détail. Mais c’est sans doute le même pour des figures issues de fractions plus proches de $\sqrt{3}/2$.

Dom · March 2023

Oui. Celle sans les cercles se fait bien. Et la calculatrice si elle est utilisée propose des valeurs exactes. « L’hypoténuse » mesurerait $\sqrt{901}$ et non $30$.

jelobreuil · March 2023

Bonsoir @Ludwig,

Je propose ce raisonnement par l'absurde : si BCD était équilatéral, CD/2 vaudrait 13 et le triangle ABC serait rectangle, car 13 x 30 = 15 x 26 (relation remarquable dans le triangle rectangle). Or, ABC n'est pas rectangle puisque 15² + 26² = 901 = 30² + 1, donc ...

Et j'espère que tes élèves peuvent faire ces quelques calculs en se passant de leur calculatrice ... par contre, je crains fort que la relation AH.BC = AB.AC dans un triangle rectangle en A leur soit inconnue ...

Bien cordialement, JLB

Dom · March 2023

Oui, je viens d’arriver à cela.

On calcule l’aire de deux manières.

Par contre, le théorème « si l’aire d’un triangle vaut $côté_1\times côté2$ alors il est rectangle », je ne sais pas s’il est bien présent dans la tête de tout le monde.

J’ai cherché en vain une méthode avec les triangles semblables (ils ne le sont pas mais je cherchais à arriver à cette contradiction…).

kolotoko · March 2023

Bonjour,

une fois acquis que le triangle ABC est rectangle en C on en déduit que l'angle CAB vaut 60° (car CBA = 30° ) dont le carré de la tangente vaut 3.

On aurait donc 26x26 = 3x15x15 et on aurait donc un nombre entier dont la décomposition en facteur premier est 2x2x13x13 et 3x3x3x5x5 ce qui est impossible .

Ou encore, on aurait un nombre entier qui se termine par 6 (26x26) et par 5 (3x15x15).

Bien cordialement.

kolotoko

Dom · March 2023

Justement, pour démontrer que ce triangle est rectangle, ce n’est pas aisé…

Ludwig · March 2023

On peut s'en tirer avec Pythagore et sa réciproque. Mais il faut faire un peu de calculs avec des racines carrées. Faisable au collège mais plutôt pour un niveau seconde.

On a $AB=30$, $AC=15$, $BC=26$ et $(AB)\perp(CH)$.
Si $BCD$ est équilatéral alors $CH=13$. Pythagore dans $ACH$ donne $AH=\sqrt{56}$. D'où $BH= 30-\sqrt{56}$.
Donc $BH^2+CH^2=(30-\sqrt{56})^2+13^2=1125-60\sqrt{56}\approx 676,001$.
Or $BC^2=26^2=676$. Contradiction.

Avec le triangle $ABC$ tel que $AB=418$, $AC=209$ et $BC=362$ on obtient $BC^2=131044$ et $BH^2+CH^2=218405-836\sqrt{10920}$. À nouveau un calcul direct avec une calculatrice standard ne permettra pas de trancher. Mais on pourra conclure en mettant au carré : $(218405-131044)^2=7631944321$ et $836^2\times10920=7631944320$.

Ludwig · March 2023

Bonsoir,
On note $r$ le rayon du cercle circonscrit et $c$ la longueur du côté du polygone régulier étoilé {$n,d$}. La formule suivante permet de construire des presque polygones réguliers étoilés, comme l'a fait jacquot pour le polygone {$9,2$} : $$\frac{c}{r} =2\sin(\frac{\pi d}{n}).$$ Il suffit en effet de développer le nombre de droite en fractions continues. Par exemple pour le polygone {$7,2$} on obtient les fractions ${1, 2, 3/2, 11/7, 25/16, 61/39, 86/55, 1007/644, 1093/699, 3193/2042}$. On peut prendre $r=OA=5.5$ et $c=8.6$, ce qui donne six segments de longueur $8.6$ et un (en pointillés ) d'environ $8.601$ :

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/ve/w7g6hnn9et9a.png

Un petit calcul trigonométrique (faisable au collège) permet de prouver que le polygone obtenu n'est pas régulier.

kolotoko · March 2023

Bonjour,

c'est le moment, à ce propos, de sortir ses classiques :

en utilisant la suite de Fibonacci F(n) que l'on peut faire découvrir aux élèves, leur demander de tracer successivement comme tu le fais des cordes de longueur F(n) dans un cercle de rayon F(n+1) et inversement des cordes de longueur F(n+1) dans un cercle de rayon F(n).

Au passage, ils apprendront ce qu'est un pentagone et un décagone.

Bien cordialement.

kolotoko

kolotoko · March 2023

ils apprendront

[Pourquoi ne corriges-tu pas toi-même ? AD]

Ludwig · March 2023

En effet. Les dimensions vont être vite trop grandes mais on peut les ramener sur la feuille via une homothétie (de rapport $F_{n+1}$ pour le décagone). On peut aussi s'en servir pour visualiser la convergence du quotient de deux termes consécutifs de la suite de Fibonacci, avec le tableur et un curseur dans GeoGebra :

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/o5/gnll8ld5ze86.jpg

En zoomant on peut voir la façon dont ça converge : le dernier point construit est un coup au dessus un coup en dessous du point $(1,0)$.

kolotoko · March 2023

Bonjour,

à la règle et au compas, il est facile d'obtenir un décagone croisé de côté c = 13 dans un cercle de rayon r = 8.

Le résultat est acceptable .

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig · March 2023

Bonjour,
Si $h$ désigne la hauteur d'un heptagone régulier de côté $c$ on a $\frac{c}{h}=2\tan(\frac{\pi}{14})$. On développe ce nombre en fractions continues : 1/2, 5/11, 21/46, 278/609, 577/1264, 855/1873... Ah tiens, le nombre $577$ dans la cinquième. Je regarde donc le nombre $2\sqrt{2} \tan(\frac{\pi}{14})$ : 1, 1/2, 2/3, 9/14, 11/17, 20/31, 31/48, 51/79, 19717/30542.. Oh la belle fraction $\frac{51}{79}$, formée de petits entiers alors que la suivante c'est avec des trente-mille !
D'où la construction d'un heptagone équilatéral presque équiangle (précise au dix-millième de degré près) : $A(0,0)$, $B(51,0)$, $C(79,79)$, $HS=AC$, et cetera circulaire.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/1z/haeaeq2jutn8.png

Alors bien sûr il faut placer ces trois points (faisable sur une feuille de papier millimétrée), mais on peut toujours remarquer que $\frac{79}{51}=2-\frac{1}{3}-\frac{2}{17}$, ce qui est déjà plus facile à construire.

kolotoko · March 2023

Bonsoir,

j'ai un peu cherché des triangles ''entiers'' dont les angles ABC sont proches de 120°, 60° et 0°.

Par exemple : ABC avec a = 794, b = 781, c = 25.

On a alors A = 120°,552..., B = 57°,894..., C = 1°, 553...

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig · March 2023

Bonsoir @kolotoko,
Comment as-tu trouvé ces entiers ? Le plus petit côté possible est de longueur $2$. Le triangle de côtés $(2,n,n+1)$ convient (pour $n$ grand).

kolotoko · March 2023

Bonjour,

la formule simple de Ludwig permet de répondre à ma question en approchant 120° par des valeurs inférieures.

Pour n = 100, on obtient A = 119°,505..., B = 59°, 507... et C = 0°,987...

Pour mon exemple, j'ai une approche de l'angle A par valeurs supérieures à 120°.

J'ai cherché des triangles vérifiant a^2 - b^2 - c^2 = ac.

Ici 794*794 - 781*781 - 25*25 = 794*25 = 19850 .

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig · March 2023

Donc l'utilisation des fractions continues permet de construire facilement une figure presque. On peut maintenant se focaliser sur la recherche de configurations à la fois simples et susceptibles d'être résolues de plusieurs manières. C'est toujours mieux.

Dans la figure de gauche, si $ABCD$ est un carré et $CDE$ un triangle équilatéral, on a $\frac{AE}{AB}=\sqrt{2+\sqrt{3}}$. Les premières réduites de ce nombre sont : 1, 2, 27/14, 29/15, 85/44, 1304/675.

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/j5/o2qxvuf34rcw.png

D'où le petit exercice suivant :

1°) L'unité est le millimètre. Construire un carré $ABCD$ de côté $44$. Placer le point $E$ comme sur la figure de gauche avec $AE=BE=85$.

2°) Le triangle $CDE$ est-il équilatéral ? Justifier.

En troisième on peut répondre en calculant $EC$, ou bien l'angle $\widehat {CDE}$.

Variante à droite : $ABCD$ carré de côté $85$, $CD=DE=44$. $ABE$ équilatéral ?

kolotoko · March 2023

Bonjour,
Luswig, simple curiosité : comment trouves-tu les réduites des nombres ?
un calcul à la main ?
un site de calcul ?
un logiciel personnel ?
Bien cordialement.
kolotoko

Ludwig · March 2023

Pour les dix premières réduites du nombre réel $x$ entrer convergents(x, 10) dans Wolfram Alpha.

kolotoko · March 2023

Bonjour,
merci, j'utilise Wims pour obtenir des réduites de fractions continues.
Bien cordialement.
kolotoko

kolotoko · March 2023

Bonjour,
chose un peu étonnante, j'avais superposé les deux figures de gauche et de droite dans ma recherche d'une preuve du petit exercice.
En rajoutant le point F dans la figure de gauche avec FA = FB = 44 et en traçant ensuite FE ; etc...
Bien cordialement.
kolotoko

cailloux · March 2023

Bonjour,
Souvent, des élèves, pour expliquer qu'une figure possède telle ou telle propriété, disent "parce que ça se voit".
Il arrive aussi des cas où "ça se voit que non".
Dans ce fil https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2333664/fonctions-niveau-terminale-samedi-18-mars difficile à suivre car etanche a modifié à plusieurs reprises ses messages, je me suis fait avoir par GeoGebra. Je crois que Rescassol aussi.
En résumé, Gai requin nous a mis les points sur les i.
Il reste que suivant la manière dont on construit la figure, GeoGebra renvoie $AB\not=AC$ ou $AB=AC$.
Par exemple, on rentre les deux fonctions $f(x)=e^x-x$ et $g(x)=x-\ln\,x$ en ligne de commande qui donnent un point d'intersection $A$.
La parallèle à l'axe des abscisses passant par $A$ recoupe les courbes en $B$ et$C$. Comparer via GeoGebra $AB$ et $AC$.

kolotoko · March 2023

Bonjour,

avec Wims, précision jusqu'à 5000 chiffres décimaux, il est clair que A est le milieu de BC.

A = (0,527447267980..., 1,167153652523...)

xB = -0639706364543... xC = 1,694600920503

Bien cordialement.

kolotoko

Ludwig · March 2023

Merci @cailloux. Bel exemple en effet. Reste à expliquer pourquoi GGB se trompe autant. Lorsqu'on lui demande l'abscisse du point d'intersection des deux courbes, celle du point d'ordonnée nulle de la fonction $h(x)=e^x+\ln(x)-2x$ et la solution de $e^x+\ln(x)=2x$ il donne trois nombres qui différent dès la neuvième décimale ! Pourtant les fonctions n'ont rien d'extraordinaire. Qu'est-ce qui fait tanguer l'algorithme ici ?

Ludwig · March 2023

J'ai fait plusieurs essais et j'aurais tendance à dire que le logiciel n'est pas très performant dès qu'il doit traiter deux fonctions transcendantes dans le même calcul.

jelobreuil · March 2023

Bonne nuit à tous,

En faisant avec Geogebra des gammes (ou des variations, si vous préférez) sur un heptagone régulier, je viens de produire la figure suivante :

Image: https://les-mathematiques.net/vanilla/uploads/editor/q5/545yj9umwzvy.png

Elle me semble assez intéressante à reproduire, en marche arrière surtout : placer les deux droites dans un repère évident, placer les points sur ces droites, tracer les cercles et constater qu'ils passent tous par le point H ou dans son très proche voisinage ... Quel est celui qui s'en approche au plus près ?

Edit : en fait, un rapide calcul montre que tous ces cercles passent par le même point H tel que MH = 35MC/8, ou MH/MC = 4,375, à comparer avec tan(3pi/7) = 4,38128627...

Il y a aussi le cas du point G, autre sommet de l'heptagone régulier, qui semble se trouver sur l'un de ces cercles ...

Bien cordialement, JLB