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L'an prochain à Pétaouchnok

Bonjour à tous
L'année prochaine, c'est demain.
Une nouvelle mandature, c'est l'occasion ou jamais.
C'est décidé, la géométrie euclidienne disparait et son enseignement éventuel est laissé aux physiciens qui en feront ce qu'ils en voudront.
Il nous reste quand même l'axiome de Thalès.
Pourra-t-on continuer à donner des exercices intéressants?
En voici un!
Je ne sais pas s'il est intéressant ni même le niveau auquel on pourrait le poser: Sixième ou CAPES?
On se donne le point $O$ dans le plan du triangle $ABC$, différent des points $A$, $B$, $C$.
Le point $a$ est un point quelconque de la droite $BC$.
On le projette en $c$ sur la droite $AB$ parallèlement à la droite $OB$.
On projette le point $c$ en $b$ sur la droite $AC$ parallèlement à la droite $OA$.
On projette le point $b$ en $a'$ sur la droite $BC$ parallèlement à la droite $OC$.
On récolte ainsi une application:
$$f_O: BC\longmapsto BC; a\mapsto a'\qquad$$
1° Identifier l'application $f_O\qquad$
2° Lieu des points $O'$ tels que:
$$f_{O'}=f_O\qquad$$
Amicalement
[small]p[/small]appus124824

Réponses

  • Bonjour,

    1) Une translation de vecteur $u=\dfrac{vdm}{a(o+bc\overline{o}-b-c)}$ où $vdm=(a-b)(b-c)(c-a)$.
    2) La droite parallèle à $(BC)$ passant par $O$.

    Cordialement,

    Rescassol

    Edit: On reconnaît au dénominateur de $u$ une équation de la droite $(BC)$, donc, si $O$ est sur $(BC)$, on va très loin voir si j'y suis.
  • Merci Rescassol
    Tout est exact comme il se doit.
    Ta solution ne peut donc être proposée qu'à ceux connaissant les nombres complexes et les Vandermonde.
    J'avais toujours pensé que Vandermonde était un citoyen hollandais mais il n'en est rien.
    Il aura fallu que j'attende d'avoir un pied dans la tombe et de l'autre marcher jusqu'à Pétaouchnok pour apprendre qu'il était un bon p'tit parisien, notre Alexandre Théophile!
    J'espère lire bientôt une solution plus simple, compréhensible peut-être par un collégien de Troisième ou un lycéen de Seconde!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    C'est curieux de voir comment la géométrie affine en général et l'axiome de Thalès en particulier paralysent les gens.
    Pourtant c'est le domaine idéal pour montrer que trois points sont alignés, le seul misérable pied qui nous reste encore provisoirement en géométrie sans oublier les triplets de droites concourantes, l'épectase, quoi!
    Aussi ai-je bien l'impression que ce n'est pas demain la veille que je verrai, ne serait-ce que le début du commencement d'une solution simple et compréhensible par tous.
    Mais bof, géométrie euclidienne ou pas, nous sommes déjà à Pétaouchnok depuis longtemps!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Cher pappus,
    Merci pour ce problème rigolo. Je n'ai qu'une conjecture à proposer.
    Dans le repère affine $(B,C,A)$, soit la droite $\Delta:y=k$.
    Si $O\in\Delta$, alors la transformation que tu proposes est la translation de vecteur $\dfrac{1}{k}\vec{BC}$.
    Sur le dessin, $k=\dfrac{1}{3}$.
    Amicalement,
    Swingmustard124860
  • Bonjour,

    La conjecture de Swingmustard est exacte.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    Swingmustard a eu une très bonne intuition.
    La simplicité même de sa conjecture prouve qu'elle doit se montrer sans trop de calculs sinon sans!
    Revenons à la géométrie affine!
    Le seul paramètre dont nous disposons est le point $O$.
    Il est donc naturel d'utiliser les coordonnées barycentriques normalisées $(x,y,z)$ ($x+y+z=1)$ du point $O$ dans le triangle $ABC$.
    Comment formuler alors la conjecture de Swingmustard en terme de ces coordonnées?
    Autrement dit, comment calculer le $k$ de Swingmustard en fonction de $(x,y,z)?\qquad$
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour,

    $k=x$ ?

    Cordialement,

    Rescassol
  • Merci Rescassol
    Oui c'est bien cela!
    Swingmustard l'avait dit aussi mais de façon si fumeuse qu'il fallait bien préciser les choses!
    Maintenant reste le plus dur!
    Comment démontrer le théorème de Swingmustard?
    Comme je suis bon prince, je vous laisse méditer sur la figure ci-dessous qu'il faut justifier!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus124866
  • Ma proposition pour justifier la translation, aux cas particuliers près. Choix d'un repère, calcul vectoriel, condition de colinéarité de deux vecteurs, pas mal de calcul algébrique donc pour lycéen très à l'aise.124864
  • Merci Guiguiche
    Au moins on sait qu'on peut s'en sortir avec des calculs puisqu'on a les tiens.
    Dommage que je ne puisse les lire, vu mon grand âge mais je te fais confiance.
    On a le sentiment diffus qu'avec la géométrie affine, ce ne sont que des calculs.
    C'est faux puisqu'on dispose en première main du groupe des homothéties-translations, ce qui permet de faire pas mal de géométrie élémentaire!
    Mais il y a encore beaucoup de moyens à notre disposition comme l'aire algébrique.
    Il y a donc trente six façons de résoudre cet exercice et il serait bon d'en passer le maximum en revue.
    Pour le moment nous n'avons que deux solutions, celle de Rescassol et celle de guiguiche.
    J'en attends beaucoup beaucoup d'autres!
    Par exemple une solution compréhensible par des collégiens de Troisième?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Groupe des homothéties et translations ... donc aucune solution accessible à un élève de 3ème actuellement, puisque la définition d'une translation ou d'une homothétie sont hors programme au collège (mais la translation et l'homothétie sont au programme... cherchez l'erreur...), quant à la notion de groupe, ce n'est au programme ni du collège, ni du lycée (et d'ailleurs la notion de composée de transformations du plan a disparu des programmes vers 2010).
  • Merci pour la confirmation, Rescassol. Tu aurais pu dire que tu as fait, avant moi, tout le boulot.
    Mister pappus, tu nous as bien baladés... Merci d'avoir eu pitié !
    Soit donc la parallèle à $(BC)$ passant par $A$. Par construction de $a''$ puis de $a'$, le théorème de Thalès doit bien nous garantir l'étape finale $x \overrightarrow{aa'}=\overrightarrow{BC}$.
    Sauf qu'il reste à prouver l'équivalence entre les deux étapes ($c$ et $b$) et l'étape unique ($a''$)... Je ne la vois pas et reste scotché.
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Bonsoir,

    Je n'ai pas tout à fait les mêmes notations:
    % Pappus - 13 Juillet 2021 - L'an prochain à Pétaouchnok 
    
    clc, clear all, close all
    
    BC=[1, 0, 0]; % Côtés du triangle ABC
    CA=[0, 1, 0];
    AB=[0, 0, 1];
    
    syms x y z t real
    
    O=[x; y; z];
    
    M1=[0;t;1-t];
    D12=Wedge(M1,Vecteur(O,B));
    M2=Wedge(D12,AB);
    D23=Wedge(M2,Vecteur(O,A));
    M3=Wedge(D23,CA);
    D34=Wedge(M3,Vecteur(O,C));
    M4=Wedge(D34,BC);
    U=FactorT(Vecteur(M1,Normalise(M4)))
    
    % On trouve U=[0, -(x + y + z)/x, (x + y + z)/x]
    % Or x + y + z = 1 donc:
    
    U=[0, -1/x, 1/x];
    
    
    Sur ce, au lit !

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Eric
    Je veux le maximum de solutions de la plus élaborée utilisant à fond la géométrie moderne du niveau CAPES ou Agrégation à la plus élémentaire si elle existe qui serait du niveau Troisième ou Seconde.
    @Swingmustard
    Effectivement tout tourne autour de l'existence du point $a''$.
    Le reste n'est plus qu'une affaire d'axiomes de Thalès.
    Je vais donner une indication pour ceux qui ont déjà une solide culture en géométrie affine:
    [large]parallélogie.[/large]
    J'en ai parlé ici même des dizaines et des dizaines de fois mais autant prêcher dans le désert!
    J'ai même diffusé un document sur ce sujet, écrit il y a des décennies!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour
    Merci à Pappus pour la très élégante solution qu'il nous suggère.
    $a^{\prime \prime }=ac\cap ba^{\prime }$.
    $OA,OB,OC$ étant respectivement parallèles à $bc,ca^{\prime \prime },a^{\prime \prime }b$, les triangles $ABC$ et $a^{\prime \prime }bc$ sont parallélogiques; par réciprocité de la parallélogie $Aa^{\prime \prime }$ et $BC$ sont parallèles.
    Ainsi, $ABC$ étant donné, le rapport de l'homothétie $BOC\rightarrow aa^{\prime \prime }a^{\prime }$ ne dépend que de la position de la droite parallèle en $O$ à $BC$.
    Bien cordialement. Poulbot
  • Merci Poulbot
    Oui, c'est bien cela.
    La parallélogie, ce n'est pas très élémentaire mais on peut très bien l'expliquer à des élèves de Terminales bien motivés et en tout cas c'est de la gnognotte pour des capésiens et autres agrégatifs qui il est vrai ont bien d'autres soucis à assumer que la géométrie agonisante.
    Il reste la preuve niveau Troisième ou Seconde!
    Où comment expliquer la parallélogie à des élèves de Troisième ou de Seconde en restant à leur niveau?
    Je ne suis pas sûr quelle existe car on doit utiliser le théorème de Céva d'une façon ou d'une autre pour prouver que trois droites sont concourantes.
    A moins que quelqu'un ait une idée lumineuse marchant dans ce cas très particulier.
    Amicalement
    [small]p[/small]appus
  • Bonjour à tous
    Ce n'est pas parce que nous sommes à Pétaouchnok, privé pour toujours de l'axiome de Pythagore, nous ne puissions plus faire de géométrie.
    La géométrie affine foisonne de configurations passionnantes tout comme la défunte géométrie euclidienne vaillamment défendue par Jean-Louis!
    Je reprends ma figure précédente où je choisis très astucieusement un nouveau point $O'$.
    Et je recommence à partir du point $a'$ la petite histoire qui nous avait si bien réussi avec le point $O$.
    Je projette $a'$ en $c'$ sur la droite $AB\ $ parallèlement à $O'B.\qquad$
    Je projette $c'$ en $b'$ sur la droite $AC\ $ parallèlement à $O'A.\qquad$
    Je projette enfin le point $b'$ sur la droite $BC$ parallèlement à $O'C\ $ pour retomber justement sur le point $a.\qquad$
    C'est quand même un peu fort de café comme coïncidence!!!
    Comment ai-je choisi le point $O'\ $ si astucieusement pour qu'il en soit ainsi?
    Amicalement
    [small]p[/small]appus124886
  • Bonjour,

    Si $O$ mène à une translation de vecteur $\overrightarrow{u}$, alors $O'$ mène à une translation de vecteur $-\overrightarrow{u}$.
    Donc, si $O$ se meut sur une droite (D) parallèle à $(BC)$, $O'$ se meut sur l'image de $(D)$ dans une symétrie oblique d'axe $(BC)$ et de direction ce qu'on voudra.
    Ce n'est pas tout d'arriver à Pétaouchnok, il faut savoir en revenir (mon père disait que c'était au bout du monde, là où rajoute de la terre avec des planches).

    Cordialement,

    Rescassol
  • Mon cher Rescassol
    Ce qui est clair, c'est que nous sommes à Pétaouchnok et que nous ne sommes pas prêts d'en repartir.
    Nous sommes les ploucs de la planète en matière d'enseignement et nous le resterons très longtemps!
    Maintenant ce n'est pas fini, n i ni ça recommence!
    De nouvelles questions surgissent, en veux-tu en voilà!
    Amicalement
    [small]p[/small]appus124894
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