Exercice original

[Sylar]

J'ai dis n'importe quoi ....

[Imod]

Je n'ai rien trouvé de simple et pourtant ça semble évident :marteau:

Imod

[yos]

Voilà une piste (autoroute).

Soit I sur [BC], J le projeté orthogonal de I sur (CA), K le le projeté orthogonal de J sur (AB), et L le projeté orthogonal de K sur (BC). Peut-on avoir L=I en choisissant I convenablement?
Et si oui le problème est-il résolu?

[Imod]

Voilà une piste (autoroute).
Soit I sur [BC], J le projeté orthogonal de I sur (CA), K le le projeté orthogonal de J sur (AB), et L le projeté orthogonal de K sur (BC). Peut-on avoir L=I en choisissant I convenablement?
Et si oui le problème est-il résolu?

L'existence d'un tel point I ne fait aucun doute mais la contradiction n'apparaît pas de façon immédiate . Je vais regarder de plus près

Imod

[yos]

L'existence d'un tel point I ne fait aucun doute

Mon argument est pas immédiat pour ça.

la contradiction n'apparaît pas de façon immédiate .

Je pense qu'on s'en sort facilement, avec tous les triangles rectangles. Par exemple si I et K sont rouges, tout point M de [BC] autre que I doit être bleu (car IKM est rectangle).

[Imod]

Désolé pour ma réponse tardive , j'étais sans internet depuis midi . Pour le triangle IJK , en prenant le problème à l'envers , les perpendiculaires en I , J , K à (IK) , (IJ) et (JK) se coupent en A , B et C et les deux triangles ABC et IJK sont semblables . On doit pouvoir remonter le procédé ( je n'ai pas trop regardé car la suite m'avait semblé bien plus pénible ) .

Le cas I et K rouge n'est pas le plus difficile !!!

Imod

[Imod]

Je me permets de faire remonter le sujet car deux questions restent en suspens :

1°) Etant donné un triangle acutangle dont les trois côtés sont coloriés à l'aide de deux couleurs , peut-on trouver sur les côtés du triangle trois points de la même couleur formant un triangle rectangle ?

2°) Peut-on colorier le plan ( usuel ) en deux couleurs de façon à ce qu'aucun segment non réduit à un point ne soit monocolore ?

Imod

[nuage]

Salut,
pour la deuxième question, toujours sur le mode de la cible, on peut colorier les cercles de centre O et de rayon rationnel d'une couleur, ceux de rayon irrationnel d'une autre.

[emdro]

Toujours pour la deuxième question, si on colorie les points dont la somme des coordonnées est rationnelle en rouge, et les autres en bleu, cela doit constituer une solution. Mais, cela fait un coloriage bizarre...

[Imod]

D'accord nuage et emdro , j'avais la même chose :++: Reste la première question :mur:

Imod

[nuage]

Salut,
pour la première question, en admettant l'existence du triangle (IJK) défini par yos :
Sur 3 points, et avec 2 couleurs, il y en a toujours au moins deux de la même couleur. A une permutation près des noms et des couleurs on peut toujours supposer que I et K sont rouges.


[modification] orthographe

[Imod]

En admettant l'existence du triangle (IJK) défini par yos : Sur 3 points, et avec 2 couleurs, il y en a toujours au moins deux de la même couleur. A une permutation près des noms et des couleurs on peut toujours supposer que I et K sont rouges.

Tu parles du triangle IJK ? Il n'est pas rectangle !

Imod

[nuage]

Je n'ai pas dit que (IJK) est rectangle.
Mais si il y a un point rouge autre que I sur [BC] ou autre que K sur [AB] le problème est résolu. Et si ce n'est pas le cas il suffit de prendre la projection orthogonale d'un point bleu de [BC] sur [AB] et un autre point de [AB] pour avoir un triangle rectangle dont tous les sommets sont bleus.
C'est, je crois, ce que suggérais yos.

[Imod]

D'accord , on part de deux points de la même couleur parmi I , J et K . Pour moi l'existence de I ne pose pas de problème , je vais réfléchir à une justification . Merci :we:

Imod

[yos]

Toujours pour la deuxième question, si on colorie les points dont la somme des coordonnées est rationnelle en rouge, et les autres en bleu, cela doit constituer une solution. Mais, cela fait un coloriage bizarre...

La droite x+y=7 est rouge non?

[Imod]

Pour la justification de l'existence du point I , je crois que l'on peut rester sur ma première idée , connaissant IJK , on obtient ABC par une similitude . Partant d'un triangle ABC , on lui applique la similitude inverse de celle qui amène ABC en un grand triangle EFG dont ABC serait le IJK .

Imod

[yos]

Il faut que cette similitude envoie IJK sur un triangle dont les côtés contiennent IJK. J'ai pas tout compris sans doute.

J'avais fait autre chose : la composée des trois projections orthogonales est une application affine qui laisse stable (BC) donc sa restriction f à (BC) est une homothétie ou une translation. Mais les longueurs sont multipliées par cosAcosBcosC donc f est une homothétie de rapport +/-cosAcosBcosC. Son centre est un point I satisfaisant.

[Sylar]

ah!!!!Et on disait que mon exo était archifacile..... :hum:

[Imod]

Il faut que cette similitude envoie IJK sur un triangle dont les côtés contiennent IJK. J'ai pas tout compris sans doute.

Je détaille un peu plus , partant de , on trace les perpendiculaires à , et passant par , et . Ces droites se coupent en , et . En observant les angles de et on remarque que les deux triangles sont directement semblables , on note la similitude amenant en . On a : ( attention à l'ordre des lettres ) . On a alors :
donc et . De même et .
D'autre part : donc et . De même et , l'existence du triangle est établie .

C'est assez simple mais ça méritait quelques explications :zen:

Dans un style plus élaboré , ta méthode marche aussi très bien :we:

Imod

[emdro]

La droite x+y=7 est rouge non?

Oui...
Ca faisait longtemps que je n'avais pas dit de bêtise... J'espère que celle-là me permettra de tenir un moment! :happy2: