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Problèmes en série.

Envoyé par emre54 
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour,

Le Pb. 28 de Galax est assez difficile.

Dans le Maillard et Millet Géométrie (1951), il figure comme exercice du Ch.2 (sur les angles orientés) en n°58, p.68, avec les indications suivantes :
2) Montrer que le quadrilatère BA'A"C est inscriptible.
3) Montrer que (B'C') est parallèle à (BC).
4) Montrer que les six points sont sur un même cercle.

Pour prouver 4) j'ajoute : Montrer que A'C"B"A" et A'B'C'A" sont des quadrilatères inscriptibles.

On n'a pas besoin de supposer ABC acutangle.

Bon courage.

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonsoir GeorgesZ,

Tout à fait d'accord avec toi que le triangle ne doit pas être acutangle.

Je n'ai mis ce conseil que pour éviter avoir le cas "dégénéré" du triangle

rectangle; ce qui perment traiter ensuite le cas du triangle obtusangle

et donc avoir une rédaction plus simple.

Sinon ton indication est très pertinente.

Sincèrement,

Galax



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a douze années et a été effectuée par galax.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour Galax,
on traite de la même façon le cas acutangle et le cas obtusangle. Le seul cas à part est celui du triangle rectangle, cas où on doit montrer qu'un rectangle est inscriptible!

Où as-tu trouvé ce Pb. 28?

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour GeorgesZ,

Le problème 27 provient d'une préparation aux olympiades ( mes archives), donc

ta réferance est antérieure à la mienne ... bien qu'il semble que cet

exercice remonte à Emile Lemoine ( 1891 ? à confirmer).

Peut-tu nous donner la solution que tu connais?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour,

Je prends tes notations, j'appelle $H$ l'orthocentre de $ABC$ et suppose le triangle non rectangle (donc $H$ n'est pas sur les droites supports de ses côtés).

On considère les angles de droites modulo $\pi$.

1) Montrons que $BA'A''C$ est inscriptible.

Soit $h$ l'homothétie de centre $A$ de rapport $\frac {\overline {AH}}{\overline {AH_A}}$. On a $h(H_A)=H$ et, puisque l'on a $(H_AA') // (HH_C)$, on a $h(A')=H_C$. De même, on a $h(A'')=H_B$, donc on a $(A'A'') // (H_CH_B)$.

Donc on a $<(A'A'', A'B) = < (H_CH_B, H_CB)$ et, puisque $BH_CH_BC$ est inscriptible, on a
$< (H_CH_B, H_CB) = < (CH_B, CB) = < (CA'', CB) $, donc on a $< (A'A'', A'B) = < (CA'', CB)$ et $BA'A''C$ est inscriptible.

2) Montrons que l'on a $(B'C') // (BC)$.

On a $< (B'C', BC) = < (B'C', H_CC') + < (H_CC', BC) =< (B'C', H_CC') + < (BH_B, BC)$ et $H_BC'B'H_C$ est inscriptible,
donc on a $< (B'C', H_CC') = < (B'H_B, H_CH_B) = < (CH_C, H_CH_B)$, enfin $BH_CH_BC$ est inscriptible, donc on a
$< (B'C', H_CC') = < (BC, BH_B)$ d'où $< (B'C', BC) = < (BC, BH_B) + < (BH_B, BC) = < 0$ et $(B'C') // (BC)$.

3) Montrons que $A'C''B''A''$ est inscriptible.

On a (par 2) $(A'C'') // (AC) = (CA'')$, donc on a $ < (A'C'', A'A'') =< (CA'', A'A'')$ , puisque $BA'A''C$ est inscriptible (par 1) on a $< (CA'', A'A'')=< (CB, A'B)$. On a (par 2) $(A'B)=(AB) //(B''A'')$, donc on a
$< (CB, A'B) = < (B''C'', B''A'')$, d'où $< (A'C'', A'A'') = < (B''C'', B''A)$, donc $A'C''B''A''$ est inscriptible.

4) Montrons que $A'A''C'B'$ est inscriptible.

On a $< (A'B', A'A'') = < (A'B, A'A'')$, puisque $BA'A''C$ est inscriptible, on a
$< (A'B, A'A'') = < (CB, CA'')$. On a (par 2) $(BC) //(C'B')$, donc on a
$< (CB, CA'') = < (C'B', C'A'')$, d'où $< (A'B', A'A'') =< (C'B', C'A'')$ et $A'A''C'B'$ est inscriptible. De même, $B'B''C''A'$ est inscriptible.

Soit $(C)$ le cercle $C(A'C''B'')$. Puisque $B'B''C''A'$ est inscriptible, on a $B' \in (C)$, puisque $A'C''B''A''$ est inscriptible, on a $A'' \in (C)$ et $(C) = C(A''B'A')$, donc, puisque $A'A''C'B'$ est inscriptible, on a $C' \in (C)$ CQFD

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Très bien GeorgesZ,

Ta démonstration est pratiquement la même que la mienne.

Alors c'est à toi

et aussi à Domi de nous proposer un nouveau problème.

Sinon, je propose une petite extention du problème 27:

en continuant le processus de construction de points par perpenduculaires à

partir de points A’,A’’,B’,B’’,C’et C’’, on obtient 12 points... que peut-on

montrer au sujets de ces points?
(ils ne sont pas cocycliques mais ...)



Sincèrement,

Galax

complément:(16 mars 15h30)

je viens de constater que le problème 27 est aussi dans le livre de Y.,R. Sortais La géométrie du triangle pg.38 et 39, cercle du Taylor ( voir aussi la couverture de ce livre )
ce qui m'a permis trouver le lien suivant:
[mathworld.wolfram.com]



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour Galax , Georges , ...

Je travaille en ce moment sur plusieurs petits exercices dont je n'ai pas la solution , je ne sais pas s'ils entrent dans le cadre de ces \textbf{problèmes en série} . Je vous les communique au cas ou l'un d'eux titillerait votre curiosité .

PB 29 : On dispose d'un échiquier $m \times n$ dont les cases sont noires ou blanches . On considère un roi dont les mouvements sont ceux du roi aux échecs avec la contrainte supplémentaire qu'il ne peut se déplacer que sur des cases de sa couleur . Montrer qu'il est possible de poser un roi sur la première ligne de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière ligne ou alors qu'il est possible de positionner un roi sur la première colonne de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière .

PB 30 : Deux joueurs s'affrontent sur un échiquier $69 \times 49$ . Chacun des joueurs choisit à tour de rôle deux sommets parmi les $50 \times 70$ sommets de l'échiquier et trace le segment reliant ces deux sommets . Les segments tracés peuvent se couper mais un sommet ne peut être l'extrémité que d'un seul segment . Lorsque tous les sommets ont été choisis et les segments tracés , le premier joueur choisit librement pour chaque segment $[AB]$ tracé , le vecteur $\overrightarrow{AB}$ ou le vecteur $\overrightarrow{BA}$ . Il est déclaré gagnant si la somme des vecteurs qu'il a choisi est nulle : a-t-il une stratégie gagnante ?

PB 31 : Montrer qu'il est toujours possible de disposer une surface plane d'aire $n$ sur un quadrillage orthonormé de façon à ce que la surface recouvre au moins $n+1$ noeuds du quadrillage .

PB 32 : On considère deux fonctions continues $f$ et $g$ de $[0;1]$ dans $\mathbb{R}$ telles que $\int_0^1f(x)dx=\int_0^1g(x)dx=1$ . Montrer qu'il existe $[a;b] \subset [0;1]$ tel que $\int_a^bf(x)dx=\int_a^bg(x)dx=\frac{1}{2}$ .

J'aurais bien choisi un seul de ces problèmes mais les quatre m'occupent à parts égales .

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour Domi,

Voici une idée intuitive pour le pb. 32

Je pose d’abord

$ \alpha$ b minimum sur [0, 1] tel que $ \int_0^bf(x)dx\frac{1}{2}$ .

Puis

$ \beta$ b minimum sur [0, 1] tel que $ \int_0^bg(x)dx\frac{1}{2}$.

Evidement, on a :

$ \int_0^{\alpha}f(x)dx=\int_{\alpha}^1f(x)dx=\frac{1}{2}$
et

$ \int_0^{\beta}g(x)dx=\int_{\beta}^1g(x)dx=\frac{1}{2}$


On constate (intuitivement ) que dans le triangle ABC avec A(0, 0), B( 1, 1), C( 0, 1) [attachment 5984 niveau.JPG] que :

la ligne de niveau ($n_f$)de $ \int_a^bf(x)dx=\frac{1}{2}$ joint E ( 0, $\alpha$) à F ($\alpha$, 1)
et la ligne de niveau ($ n_g$) de $ \int_a^bg(x)dx=\frac{1}{2}$ joint G ( 0, $\beta$) à H($\beta$, 1)

Comme ($n_f$) et ($ n_g$) doivent se couper ( intuitivement ) on a le résultat.

Ainsi il reste à justifier les résultats admis intuititvement pour valider le raisonnement.

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Dans le PB29, les cases ne sont pas alternativement blanches ou noires comme sur un échiquier normal, mais disposées aléatoirement ?
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Dans le PB29, les cases ne sont pas alternativement blanches ou noires comme sur un échiquier normal, mais disposées aléatoirement ?

Oui , sinon c'est un peu trop simple ;)

Domi
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonjour Domi,

Voici deux liens concernant Pb 31

en français:
[www.math.cnrs.fr]
(voir pg 33 théorème de Blichfeldt)

en anglais:
[mathworld.wolfram.com]

J'espère que cela te satisfait.


Au fait que pense-tu de l'approche du PB 32, que j'ai proposé?

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
Bonsoir Galax

PB 31 : tout à fait d'accord avec tes références .

PB 32 : sans doute les lignes de niveau vont se couper , il doit y avoir une paramétrisation qui rend les choses limpides .

Domi

PS : je n'aurais pas dû regarder ton fil "construction" car dans ton dernier lien il y a plein de choses intéressantes auxquelles je ne vais pas pouvoir m'intéresser faute de temps .
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonsoir Domi,

PB 32: encore une idée intuitive ( géométrique)
la ligne de niveau ($ n_f$) patrage le triangle ABC en 2 parties
la ligne de niveau ($ n_g$) joint G ( 0, $ \beta$) à H($ \beta$, 1) avec G et H chacun dans une patrie, donc cette ligne ce niveau ( continue ) doit couper celle de ($ n_f$).


Sincèrement,

Galas
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour Domi,

Une idée à propos du problème 29

Je suppose d’abord qu’un roi peut être posé sur la première ligne ( n°1) de l'échiquier de façon à ce qu'il puisse atteindre la dernière ligne ( n° m)…
alors il n’y a rien à démontrer.

Je suppose maintenant que c’est impossible( pour le roi noir et aussi blanc ), ainsi il existe un « barrage » qui empêche monter le rois vers la dernière ligne (n° m).

Prenons un roi noir (pour fixer des idées)
Il est clair qu’à chaque colonne ( n° i) on peut associer le niveau n° $c_i$ maximal noir de cette colonne accessible à partir de la première ligne.. ainsi la case( i,$c_i $) est noir et
$ c_i$< m

A partir de mouvements autorisés de (i, $c_i$) vers (i, $ c_i$+1), on déduit qu’alors
(i,$ c_i$+1 ) est blanc ( pour tout i = 1, … ,n) ( à cause de maximalité de $c_i$


Il reste à étudier compte tenu des contraintes à cause des mouvements obliques pour obtenir un barrage d’un seul tenant … et en fait il suffit partir de la première colonne et regarder ce qui se produit à la colonne 2.... et puis appliquer ce même raisonenemt pour passer de colonne 2 vers la colonne 3 ....

Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bizarre, j'ai l'impression que des messages de Galax n'apparaissent pas...
Edit : Ah si, maintenant ils apparaissent.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par Le Furet.
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonsoir Domi,

encore quelques idées à propos du PB 29

mon idée est construire une barière qui joint (1, $c_1$+1) à (2, $c_2$+1) ( par des cases blaches) (B12)
[attachment 6033 premier_cas.JPG]
dans ce cas_là je suppose $c_2 \leq c_2$
compte tenu de maximalité de $c_1$ et $c_2$ on a (B12)
des cas $c_2 = c_1 + 1$ , $c_2 = c_1 + 2$ et $c_2 = c_1 + 3$ se traitent de façon analogue
[attachment 6034 2de_cas.JPG]
[attachment 6035 3cas.bmp]
[attachment 6036 4cas.JPG]

pour $c_2 = c_1 + i$, i= 4, 5 ...
j'ai fait le raisonnement suivant ( mais qui doit être encore travailé ):
[attachment 6037 autre_cas.JPG]

si entre (1, $c_1$+1) et (1, $c_2$-2) on a une case N ( noire) alors elle ne peut être connecté au "trajet" de la première ligne au case (2, $c_2$) et donc elle est contourné par de cases blanches.
Ceci assure ( B12)


Domi, tu peux préciser ton idée pour ce problème??


Sincèrement,

Galax
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
Bonjour Galax et Domi,

Pour le Pb.32, je pense que la démo de Galax est incomplète. Il faut démontrer que les lignes de niveau se coupent.
Or on peut avoir dans ces ensembles des points isolés!

Pour le Pb.29, je ne comprends pas l'énoncé. Est-ce un Pb. probabiliste?

Amicalement,
Georges
Re: Problèmes en série.
il y a douze années
avatar
bonjour

>>>>>GeorgesZ,

Pour le problème 32, tu as tout à fait raison, mon raisonnement ne marche que si la ligne de niveau est continue... (je l’ai déjà écris dans mes messages
précédentes )


>>> Domi, GEorgesZ

Pour le Pb.29, j'ai aussi une question:

En plaçant un repère à la première ligne et la première colonne, es-ce que la situation de ce type
il reste à la dernière étape les points (0, 0) ( 2, 2),
il est clair que ces points ne sont pas joignables, compte tenu qu'un sommet ne peut être l'extrémité que d'un seul segment

peut-elle se produire?

Une idée : Sans doute on pourrait réfléchir sur une coordonnée pour mieux comprendre ce qui se passe…


Sincèrement,

Galax



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a douze ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par galax.
kimiko
problème écrit
il y a douze années
:X:o X sad smiley je doit faire un problème écrit pour mon noral qui parle des division par 10-100-1000. aidez-moi s'il vous plait.spinning smiley sticking its tongue outthumbs up:)-Deye popping smileysmiling bouncing smiley:S
Re: problème écrit
il y a douze années
avatar
Bonjour,

Voici un autre problème:

{ \bf problème 33:

Soit une suite ( $x_i$) telle que:

$ x_{i+1} + x_{i-1} = \sqrt 2 x_i $ pour tout i,

alors ( $x_i$) est est périodique. }

Bonne courage,

Galax
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