Défi géométrique

par **jlb** » 05 Aoû 2013, 12:58

fma a écrit:

c'est le théorème de Zorro?

par **fma** » 05 Aoû 2013, 14:00

jlb : ça n'a rien à voir avec ça

http://www.mathforu.com/sujet-11236.html :marteau:

Alllez, cherche encore

https://www.youtube.com/watch?v=imAkHGhkiG4

par **jlb** » 05 Aoû 2013, 14:48

ouf 30° mais je ne suis pas fier: merci geogébra et ensuite vérification!!!

je n'ai pas pu trouver 4 équations indépendantes pour trouver les 4 angles vraiment inconnus, il y a une technique particulière pour résoudre cela, non? une piste fma, svp

à plus

ouf, trouvé!! j'ai le cerveau lent mais en fin de compte cela m'a aidé.... Impatient par contre de connaître la méthode de Nightmare.

par **fma** » 05 Aoû 2013, 14:52

30° oui.
Les triangles semblables, peut-être ?
Mais il y a aussi une autre solution.

https://www.youtube.com/watch?v=KZbInOKdE7A

par **fma** » 05 Aoû 2013, 15:44

Un indice :

Construire un triangle équilatéral de côté AD

par **chan79** » 05 Aoû 2013, 16:37

fma a écrit:Un indice :

Construire un triangle équilatéral de côté AD

salut
avec l'indice, c'est facile.
Les triangles isocèles, ce n'est pas ce qui manque dans cette figure !

par **fma** » 05 Aoû 2013, 16:41

chan79 a écrit:salut
avec l'indice, c'est facile.
Les triangles isocèles, ce n'est pas ce qui manque dans cette figure !

Bravo Chan

La solution (défi trouvé sur un site étranger) - télécharger le fichier :

http://9c42e4.1fichier.com/

par **Nightmare** » 05 Aoû 2013, 18:46

J'arrive à la solution par complément des angles à 180º ou 360º dans des triangles/quadrilatères bien choisis. Solution dans quelques jours quand j'aurais un ordi pour écrire car trop fastidieux sur mon portable.

par **fma** » 05 Aoû 2013, 19:36

par **Lostounet** » 05 Aoû 2013, 22:17

Langley's problem !

Possible de généraliser en exprimant E en fonction des autres angles...?

par **Imod** » 05 Aoû 2013, 22:19

Bonsoir à tous :zen:

Ce problème est un grand classique et il existe des dizaines de solutions connues .

Il y a quelques années j'avais trouvé une solution originale qui permet de fabriquer plein de problèmes du même genre en considérant que le triangle est un morceau de polygone régulier .

Imod

par **fma** » 05 Aoû 2013, 23:21

Mais c'est bien sûr !

Comme quoi il est de plus en plus difficile de présenter un défi original, à moins de le créer, mais c'est une autre paire de manches

http://agutie.homestead.com/files/LangleyProblem.html

par **Imod** » 05 Aoû 2013, 23:30

Si tu regardes bien le dessin , que tu changes le nombre de côtés du polygone ou la place des points , tu peux créer des problèmes à l'infini .

C'est pourquoi je ne comprends pas que l'on retrouve toujours ce même problème jusqu'à plus soif .

Je te laisse en inventer un nouveau :lol3:

Imod

par **mathafou** » 28 Aoû 2013, 19:53

Bonjour,

Imod a écrit:Si tu regardes bien le dessin , que tu changes le nombre de côtés du polygone ou la place des points , tu peux créer des problèmes à l'infini

pas vraiment à l'infini
C'est basé sur ce qu'on appelle en anglais dans la littérature des "quadrilatères fortuits" (adventitious quadrilaterals)
Ici il y a une coincidence extraordinaire et "fortuite" que trois diagonales particulières (très particulières) du polygone à 18 côtés sont "par hasard" concourantes en un même point.
cette "coïncidence est suffisemment rare et exceptionnelle parmi les n-gones réguliers pour que l'on en ait dressé une table exaustive (et finie)

Je n'ai pas sous la main l'article qui place une sorte de point final à ce problème et qui donne tous ces points de concours "fortuits" (ils sont en nombre fini sur l'ensemble de tous les n-gones !!)
Ils s'obtiennent par des considérations arithmétiques sur des fonctions trigo (assez compliqué)

Le premier cas est dans un dodécagone

Il s'agit des points E et F (ainsi que leur dérivés par rotation de kpi/6)
Les points de concours A,B,C,D sont qualifiés de "triviaux (simple symétrie)
Que les diagonales P0P4 et P1P9 soient concourantes en E sur la "médiane" OX est trivial mais que ce point soit "fortuitement" et très exactement sur la diagonale P2P11 est extraordinaire (et doit être démontré)
De même pour F qui est le point de concours (exact) de quatre diagonales du dodécagone
La figure donne une démonstration élémentaire de la concourance de P0P5, P1P8 et P3P11 :
ce sont les bisectrices du triangle P1P5P11 (angles inscrits) et donc sont concourantes
une autre démonstartion les considère comme hauteurs du triangle P0P3P8, donc concourantes.
la fin (P2P10 passe par F) est facile (symétrie par rapport à OX)

dans le 18-gone il y a très précisément 9 points "fortuits" non triviaux. (gros zoom sur la partie "intéressante")

ce sont les points G,H,I,J,K,L,M,N,P, les points A,B,C,D,E,F étant des points de concours "triviaux" sur le diamètre (simple symétries).
et les dérivés par rotations de kpi/9, et symétrie pour J,K et L

Les démonstrations pour chacun de ces points sont un exercice intéressant ...
Le point considéré dans le problème "de Langley" est le point H
la figure de Imod "supposant" sans démonstration que les diagonales P1P12 et P2P14 se coupent sur le diamètre P0P9 (le point E de la figure d'origine)
la démonstration, ... c'est sur agutie par exemple (on en trouve d'autres sur cut-the-knot) ou la preuve donné par fma :
on a ces angles là (la solution du problème d'origine) donc les diagonales du 18-gone sont concourantes en H
on peut prouver autrement cette concourance via des bisectrices et hauteurs judicieuses comme pour le 12 gone.. et alors on a : les diagonales sont concourantes en H donc les angles sont etc ... ce qui donne la preuve du problème d'origine "via le 18-gone", ce que voulait démontrer Imod

Quant au "cas général" (quand on n'obtient pas des valeurs rationnelles de 2pi comme pour les quadrilatères fortuits) il n'est pas insurmontable mais conduit à une équation trigo pas très sympa (mais toutefois soluble, un simple arc tangente subtil au final)
la flemme de détailler le résultat :

tan(x) = sin(a1)sin(b1)sin(c1) / (sin(a1 + a2)sin(b2) - sin(a1)sin(b1)cos(c1))
où les a1 etc sont les angles donnés ou "évidents", et x l'angle "qu'on ne trouve pas facilement"

en appliquant cette formule à la calculette on obtient l'angle voulu, mais "à peu près" : à la précision de la calculette, ce qui n'est nullement une preuve de quoi que ce soit.
alors que les angles sont en fait exacts (ici pile exactement 30° et pas "à peu près avec Geogebra ou la calculette")

par **fma** » 28 Aoû 2013, 23:12

Dans le cas général, la réponse est alors immédiate pour l'angle demandé si on utilise le script de ton site pour

tan(x) = sin(a1)sin(b1)sin(c1) / (sin(a1 + a2)sin(b2) - sin(a1)sin(b1)cos(c1))

http://mathafou.free.fr/pbm/sol226.html

:++:

par **mathafou** » 29 Aoû 2013, 00:27

mathafou a écrit:Je n'ai pas sous la main l'article qui ...

(je pensais l'avoir sur mes archives mais non, il est resté sur mon vieux PC)
c'est l'article de Bjorn Poonen qu'on trouve facilement en googlant "adventitious quadrilateral"
par exemple là :
http://www.math.ucdavis.edu/~deloera/MISC/BIBLIOTECA/trunk/Poonen.pdf

Il fait référence à un autre article plus "fondateur" de J.F. Rigby certainement très intéressant mais qu'on ne peut se procurer qu'au prix prohibitif (pour la simple curiosité) d'environ 35 Euros (chez Springer, source Geometriae Dedicata de 1980), dommage.
même le résumé de J.F. Rigby (dispo cher JStor, source Mathematical Gazette de 1978) est payant ...
a moins dêtre un universitaire avec tout le poids d'une bibliothèque universtitaire abonnée à JStor derrière soi...

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