Réponses
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Bonjour, le problème des trois bissectrices est connue et si vous cherchez "The problem of three bisectors" [A constructive fixed point approach to the existence of a triangle with prescribed angle bisector lengths] vous obtenez des liens, en…
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Salut, ce n'est pas trivial;
Si tous les $x_i$ sont positifs alors un $x_0\ge 1$ nécessairement et $\left(\dfrac{x_0}{x_0-1}\right)^2>1$ (prouvé).
Dans le cas contraire disons $x_1=x<0$, $x_2=\frac{1}{ax}$ et $x_3=x_0=ma>0$, $m\ge… -
Bonjour etanche, je crois qu'on pourrait prouver autrement mais je n'ai pas d'idée.
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Bonjour, oui bon on commence par $n=3$ et $n=4$ puis un argument combinatoire assure le cas pour tout $n$.
Par exemple si un $x_i\ge 1$ c'est prouvé, puis sinon de la forme de la fonction $\left(\dfrac{x_i}{x_i-1}\right)^2$ on peut supposer (à … -
Bonsoir, une façon différente est de prouver généralement que les points suivants $$E\left(\dfrac{1-d^2}{X};-d\right), D(\cos(a);\sin(a)), Q(\cos(b);\sin(b)), M(0;-d) $$ sont cocycliques si et seulement si $X=\dfrac{d(\cos(a)-\cos(b))+\sin(b-a)}{\si…
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Bonsoir, merci etanche pour le problème. Cette inégalité est jolie surtout en terme de fonction. Il y a la version suivante à vous:Soit $x_1,\ldots,x_n$, $n$ nombres réels différents de $1$ avec $n\ge 3$ et $\prod\limits_{i=1}^n x_i…Bonjour, juste une idée, je crois tenir vrai (sauf erreur), pour montrer que si $M$ est une matrice complexe de trace nulle alors il existe deux matrices carrées $A,B$ tel que $BA-AB=M$. En ligne la question renvoie sur des documents (longs et indir…Bonjour, merci pour le problème, il y a une façon de le mettre généralement; dans la figure jointe on se donne un trapèze $XDEF$ dont les diagonales se coupent en $J$. Alors tout revient à montrer que les deux cercles de diamètres $[FX]$ et $[…Non. En principe l'intervalle est (peut être) $0< p\le 9$, un $p$ en dehors et on aura des contre-exemples (sauf erreur).
EditSalut, en principe avec $x$ et $y$ non négatives: prouver pour $x^9+y^9=2$ on a ${x^3}+{y^3}\geq 2xy$ ($\star$) implique l'inégalité: pour tout $p$ avec $1\le p\le 9$ et $x^p+y^p= 2$ on a ${x^3}+{y^3}\geq 2xy$. C'est par un argument d'homogénéité, …Salut, Meilleurs vœux à Chaurien. Pourquoi restreindre le cadeau à un cube on aime bien les cadeaux rectangulaires (un jolie truc)
dans Joyeux anniversaire à Chaurien
Commentaire de Tonm
31 Jan
Salut à tous, voici la chasse angulaire pour démontrer en principe l'equivalence. Il faut dire ce post n'est pas mal posé (par rapport aux autres topics -pas nécessairement mal posé) de S0_, donc pour moi c'était bien. En fait il y a une version d'a…Salut, ou bien pour la figure avec le Problem 30.
Salut, pour la question au début (avant les deux questions), il y a cette identité qui permet de le démontrer. Sur la figure $$\dfrac{A'B}{A'C}\times\dfrac{EA}{AB}=\dfrac{DA}{AC}.$$ Le cas du post est quand $A'$ est milieu de $[BC]$.Salut, oui d'accord on avait les points $a, b, c, d$ et $o$ distincts donc ça y est.
Cordialement.Bonjour S0 oui bien sur voilà une figure, les pointillés sont parallèles. J'ai pris selon mes derniers messages $\gamma=\beta=45°$ et $\alpha=60°$.
Bonjour, je parle du cas concave $o$ sera dans le segment $[IJ]$ et de même $\overline{oI}\times \overline{oJ}<0$ donc on ne peut pas prendre selon ton post initial le cas concave qui vérifie $oF^2=oI\times oJ$.
Par contre je répète il y a …Bonsoir, merci S0 pour le problème. Comme je disais la solution suivante est très algébrique mais on prouve le suivant.
Étant donné un quadrilatère quelconque $LMNK$ et les prolongements des côtés se coupent en $F$ et $G$. Soit $o$ le milieu d…Bonjour, à nouveau, l'exercice peut être reformulé et d'ailleurs au lieu de prendre les intersections de la droite Newton avec les prolongements des cotés, on peut juste prendre le produit $oI\times oJ$ avec $I$ et $J$ les milieux des diagonales,…Salut, juste une suggestion, pour l'énoncé, peut être il faut commencer ainsi:
On se donne un quadrilatère complet tel que dans la figure où $LMNK$ convexe et les prolongements des droites se coupent en $F$ et $G$. La droite de Newton cou…Salut jelobreuil, à mon avis ce n'est pas même analytique, c'est juste un calcul dans un cercle. Une corde (disons $[DB]$) passe par un point fixe $u$ à l’intérieur du cercle de centre $O$ de rayon 1. Pour $x=\widehat{DuO}\in [0;\frac{\pi}{2}]$ à…Salut, juste un petit commentaire, (excuses), pourquoi ajouter des hyperboles, le problème est simple en equation , si $Ou=a$ et le rayon du cercle circonscrit est un, puis on demande à priori le position d'un point $D$ du cercle tel que le trapèze …Salut à nouveau, bon juste pour une réponse vectorielle. Donc dans le repère $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{u}$ et $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{v}$ suivant la figure jointe et ses notations, on a $\overrightarrow{BM}=a\overrightarrow{…Bonsoir, S0, sur postimages.org, tu choisis la figure, puis upload, ils te donnent sur une page les liens. Tu copies le lien direct, il se termine par jpg ou png selon la figure.
Ici tu cliques l'icon image, mais au lieu d'aller uploader l'ima…Bonjour, je crois pappus fais allusion qu'une égalité pareil peut être à signe prés comme en mesure algébrique, en tous cas à nouveau pour la figure jointe (après la correction de S0) avec Geogebra on a bien l’égalité, disons les points $M$ et $N$ s…Voilà une figure, la droite $(KI)$ est la droite de Newton pour le quadrilatère $BNTM$. Je ne vois que faire l'ex en coordonnées vectorielles...
dans La géométrie triangulaire a toujours des surprises
Commentaire de Tonm
October 2023
Bon je n'ai fait que prendre des figures sur Geogebra, ça semble vrai. Le triangle d'aire maximale inclus dans un carré a un de ces côté un côté du carré et le troisième sommet sur le côté opposé.Salut, si on veut, on peut considérer deux points du triangle chacun sur un de deux cotés opposés (disons horizontaux), puis glisser le troisième point sur un coté verticale. On prouve que l'aire maximal est atteint quand ce point est sur un des so…Bonjour, Chaurien, en fait j'ai tapé Wilker inequailty et mis le premier lien. Mais ce sont des inégalités célèbres, donc autour de ces mots clés on trouve pas mal de fils.
Cordialement.Bonjour, un lien entre autre: https://www.ssmrmh.ro/2020/12/11/a-simple-proof-for-wilkers-inequality/En faisant des petits calculs (de quadratique) on arrive à une jolie identité de carré: $$ 9+k^2=\dfrac{(k^2-3)^2}{(k^2+1)^2}+(2k-\dfrac{k(k^2-3)}{k^2+1})^2.$$ Ou bien $$9(k^2+1)^2+k^2(k^2+1)^2=(k^2-3)^2+(k^3+5k)^2.$$ Quand $k=3$ on obient l'identit…Bonjour, on peut faire des exercices pareils avec d'autre rapports (avec des rectangles je crois), ici c'est équivalent à $15^2+15^2=3^2+21^2=450$. La figure principale est la suivante, j'ai choisi $a=OI=15$, puis remarquer que $(HA)\cap (BI)=J$ le …Bonjour merci, c'était les 1)-3) qui tiennent le problème. CordialementOui c'est ça le périmètre avec $x=0.5$ est $\approx 3.48563.$
En général en algèbre ou géométrie ces équations de la forme $\alpha=\sqrt{f(x)}-\sqrt{g(x)}$ ($f$ et $g$ polynômes du second degré) sont parfois des équations du second degré aprè…Salut, Edit. Merci depasse. J'ai raté les deux polygones candidats. En principe j'ai corrigé la figure 1. Un deuxième essaie (en grandes lignes).
Quitte à faire des symétries ou rotation on suppose le point $E$ dans le triangle $PFB$ (figure). …Espérons que je ne rate pas quelque chose, donc premièrement on veux décrire le chemin visite le plus court puis on maximise ce chemin selon la position de $ E.$ Si oui voilà la figure, j'ai essayé de decrire le chemin le plus cours par exclusion; c…Les éq. du second degré sont divines pour moi. (En géométrie la moitié de ce que je calcule -analytiquement- passe par là). J'ai vu le fil du maire il y a un peu de temps. Juste je croix que c'est type programmation, il y a des cas possibles et calc…Bonsoir, ça ne demande pas un géomètre ça demande un ordinateur ou ChatGPT (cordialement bien sûr). Bonjour!
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