QDV 9: En route vers Lyon
Bonjour à toutes et à tous;
Vers 1869, les lycéens de Lyon planchaient sur ces questions:
(Lyon 1): "Si la somme de deux carrés parfaits est un nombre pair, la moitié de ce nombre est aussi la somme de deux carrés".
(Lyon 2): "Voir si l'équation suivante est possible: sin x = sin 30° + sin 20 ° + sin 10°
Bonne soirée. Norbert p/o Le Comité Du Vendredi.
Vers 1869, les lycéens de Lyon planchaient sur ces questions:
(Lyon 1): "Si la somme de deux carrés parfaits est un nombre pair, la moitié de ce nombre est aussi la somme de deux carrés".
(Lyon 2): "Voir si l'équation suivante est possible: sin x = sin 30° + sin 20 ° + sin 10°
Bonne soirée. Norbert p/o Le Comité Du Vendredi.
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Réponses
Pour (Lyon 1) : de $x^2+y^2=2z$, on déduit que $x$ et $y$ ont la même parité.
Les nombres $\dfrac{x-y }2$ et $\dfrac{x+y }2$ sont entiers et on a :
$( \dfrac{x-y }2)^2+(\dfrac{x+y }2)^2 = \dfrac{x^2+y^2 }2=z$.
(Lyon 4) "Étant donné un triangle équilatéral ABC et un point P sur BC, mener une parallèle à BC qui soit vue du point P sous un angle droit".
...
Bon samedi. Norbert.
pour (Lyon 3), le nombre donné est entier car c'est $(1^2+2^2+ \cdots +n^2)(1^2+2^2+ \cdots +(n-1)^2)$
je ne comprends pas l'énoncé Lyon 4:
Une parallèle à BC.
Est-ce une droite parallèle à (BC) ?
depuis un point P on verra une droite sous un angle de 180° ou de 0°, je ne vois pas comment cet angle pourrait être droit.::o
S'agit-il dun segment parallèle à (BC) ?
Sa longueur ou un point de passage sont-ils fixés ?
:S
(Lyon 4), j'ai respecté le texte de l'époque (enfin je vais vérifier quand même).
... et (Lyon 6) va arriver.
À suivre. Norbert.
$\dfrac{ab}{ac}=\dfrac{aP\times ab}{aP\times ac}=\dfrac{P_{C_2}(a)}{P_{C_1}(a)}=\dfrac{aO_2^2-PO_2^2}{aO_1^2-PO_1^2}$ où $C_1$ et $C_2$ sont les cercles.
Je prends un repère dans lequel les points $a,a',O_1,O_2,P$ ont pour coordonnées $(x,0)$, $(x',0)$, $(q,0)$, $(r,0)$, $(0,p)$. La condition que $(aP)\perp (a'P)$ donne $xx'+p^2=0$. On calcule
$\dfrac{aO_2^2-PO_2^2}{aO_1^2-PO_1^2}=\dfrac{x^2-2rx-p^2}{x^2-2qx-p^2}=\dfrac{x-2r+x'}{x-2q+x'}$ qui est bien symétrique en $(x,x')$.
(Lyon 2) : On a $\sin 10°+\sin 20°-\sin 30°=2\sin 10°\cos 10°-2\sin 10°\cos 20°>0$, donc $\sin 10°+\sin 20°>\sin 30°$, d'où $\sin 10°+\sin 20°+\sin 30°>1$.
(Lyon 4) : Je crois qu'on demande de tracer une parallèle à $(BC)$ telle que le triangle $MNP$ soit rectangle en $P$, où $M$ et $N$ sont les points d'intersection de cette parallèle avec les deux autres côtés du triangle. J'y arrive avec une hyperbole équilatère, je ne sais pas si c'est autorisé.
L'interprétation de l'énoncé de Lyon 4 de Ti Juge doit être la bonne.
Voici une tentative de résolution sans utilisation de l'hyperbole.
On note $p$ la distance CP sur le côté BC unitaire du triangle ABC.
On veut alors déterminer la position de M et N sur les côtés AB et AC. On note $x$ la distance CN.
Il s'agit de construire ou de calculer $x$ en fonction de $p$
L'égalité de Pythagore dans le triangle OHP donne : $$
(\frac 1 2 -p)^2+ (\frac {x\sqrt 3} 2 )^2 =( \frac {1-x} 2 )^2$$ $$
\frac 1 4 -p+p^2 + \frac 3 4 x^2 = \frac 1 4 -\frac x 2 + \frac {x^2} 4$$ $$
x^2+x+2(p^2-p)=0
$$ Le discriminant de cette équation d'inconnue $x$ et de paramètre $p$ est $\Delta = 1+8p-8p^2$ sa solution positive est $\boxed {x=\dfrac{-1+\sqrt{1+8p-8p^2}} 2 }$
Bon, cette solution est constructible en fonction de $p$, mais je ne vois pas de construction simple.
Mais suivant les valeurs de $p$, on sait placer $x$ à la règle graduée, c'est aussi efficient qu'une hyperbole, bien que ce soit moins élégant...
:S jacquot
@ jacquot : Ah non, la règle graduée c'est de la triche !
(Lyon 7) : Avec les notations qu'on devine : $\sin\alpha=\dfrac{h}{b}=\dfrac{a}{c}$ donc $\dfrac{h^2}{b^2}=\dfrac{a^2}{c^2}=\dfrac{a^2}{a^2+b^2}$ et en passant aux inverses $\dfrac{b^2}{h^2}=1+\dfrac{b^2}{a^2}$ d'où $\dfrac{1}{h^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$.
Comme $AB.AC$ est constant, $AM/AB$ est constant donc le lieu est obtenu à partir du cercle en effectuant une homothétie de centre $A$.
Agrandir et rapetissir, c'est exactement le genre de solution que je cherchais. Mais que neige pensé à prolonger AP!
défunte construction du centre de similitude montre que le centre de similtude de $s$ est le point d'intersection autre que $P$ des deux cercles déjà tracés sur la figure.
Ce centre de similitude est donc le point $Q$ et on en déduit que $s$ est une similitude d'angle droit.
J'ai suggéré en vert la construction du point $m' = s(m)$ où $m \in bc$.
La perpendiculaire en $Q$ à la droite $mQ$ coupe la droite $b'c'$ au point $m' = s(m)$.
Maintenant la symétrie par rapport à la ligne des centres conserve les angles droits.
Par suite $Qa \perp Qa'$ puisque $Pa \perp Pa'$.
Il en résulte que $a' = s(a)$.
Comme la similitude directe est affine, elle conserve les rapports et $\dfrac{\overline{ab}}{\overline{ac}}=\dfrac{\overline{a'b'}}{\overline{a'c'}}$
Amicalement
Pappus
était bien connu que l'enveloppe de la droite $MM'$ était une conique de foyer $P$ tangente aux droites $AB$ et $AC$. Si $U$ est le point de contact avec $AB$ et $V$ le point de contact avec $AC$, la corde des contact $UV$ est tout simplement la perpendiculaire en $P$ à la droite $AP$.
La médiane issue de $A$ dans le triangle $AUV$ est un diamètre de la conique et passe donc par son centre $O$.
Si $Q$ est le second foyer, on sait que les droites $AP$ et $AQ$ sont des droites $A$-isogonales dans le triangle $ABC$ suivant les dires du Général Poncelet.
Ceci permet de construire le point $Q$ comme intersection de la droite $A$-isogonale de $AP$ avec la droite homothétique de la médiane dans l'homothétie de centre $P$ et de rapport $2$.
Il est facile de récupérer le centre $O$ comme milieu de $PQ$ puis de tracer en pointillé noir le cercle principal de la conique enveloppe tracée en rouge.
Enfin, j'ai suggéré la construction en vert des deux tangentes à la conique qui sont parallèles à $BC$.
Amicalement
Pappus
PS
Évidemment ce n'est qu'une ébauche et il faudrait discuter l'existence de ces tangentes !
La preuve de l'existence de la conique-enveloppe se trouve quelque part dans le Lebossé-Hémery.
O tempora O mores!
Si on veut être pédant, on peut passer par les équations de droites en prenant un repère orthonormé d'origine $A$ porté par les côtés de l'angle droit.
L'hypothénuse a pour équation $\dfrac x b + \dfrac y c -1=0$ et on applique la formule bien connue donnant la distance d'un point à une droite, enfin mieux connue que ce qu'on veut démontrer:
$h^2 = \dfrac 1{\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1 {c^2}}$
Généralisation en dimension $n$?
Amicalement
Pappus
PS
Application:
Enveloppe des cordes d'une ellipse vues du centre sous un angle droit!
Mais compte tenu de la façon dont était posé ce problème, il est probable que c'est la solution de JLT qui était attendue !
Amicalement.
Pappus
Je complète sa figure pour faire apparaitre les deux droites solutions.
http://gallica.bnf.fr/ark:/12148/cb32801410p/date.r=Journal+de+mathématiques+Lyon.langFR
À consulter compulsivement pour voir de quoi était (dé)fait le quotidien d'un lycéen lyonnais vers 1869. Bonne soirée. Norbert.