Un exercice de Daniel Perrin

Bonne nuit,

Les marronniers fleurissent en décembre.

Cordialement,

Rescassol

Je l'avais posé il y a quelques années ici :
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,349657,349657#msg-349657

Bonjour,

Je ne connaissais pas cet exercice.

D'abord j'écris que la somme des angles des triangles est $\displaystyle 180°$ et, de proche en proche, je complète tous les angles sur la figure.

La surprise est que ce n'est pas suffisant pour conclure X:-(. Pourtant, j'ai bien utilisé le fait que le triangle est isocèle en égalant les angles : $\displaystyle \widehat{ABC} = \widehat{BCA}.$

Alors j'utilise les longueurs. J'utilise la relation qui donne l'aire d'un triangle $\displaystyle S = \frac12 a b \sin \gamma = \frac12 b c \sin \alpha = \frac12 ca \sin \beta$ avec les notations standards.

De proche en proche, à partir de la longueur $\displaystyle BC$, je calcule toutes les longueurs jursqu'à obtenir deux expressions de la longueurs $RQ$ :
$\displaystyle RQ = BC {\sin 60° \over \sin 70°}{\sin 30° \over \sin 40°}{\sin 70° \over \sin (110°-\alpha)} = BC {\sin 50° \over \sin 70°}{\sin 20° \over \sin 50°}{\sin 70° \over \sin \alpha}$ où $\displaystyle \alpha$ est l'angle recherché.

On a donc établi que : $\displaystyle \sin 30° \sin 60° \sin\alpha = \sin 20° \sin 40° \sin (110°-\alpha).$

La seconde surprise est le manque de simplification de cette équation. Mais, en passant en radians et avec de la trigonométrie, on a facilement : $\displaystyle \sin\frac{\pi}{6} \sin \frac{\pi}{3}\sin\alpha= \sin\frac{\pi}{9} \sin\frac{2\pi}{9}\cos(\frac{\pi}{9} - \alpha)$, puis d'autres relations beaucoup plus compliquées en utilisant les angles triples... $\displaystyle \sin\frac{\pi}{9} \sin\frac{2\pi}{9}=2 \sin^2 \frac{\pi}{9} \cos\frac{\pi}{9} = 2(1-\cos^2 \frac{\pi}{9})\cos \frac{\pi}{9} = 2 \cos \frac{\pi}{9} - 2 \times \frac14 (\cos \frac{\pi}{3} + 3 \cos \frac{\pi}{9}) = \frac14 (2 \cos \frac{\pi}{9}-1)...$
pour aboutir à $\displaystyle \alpha = \frac{\pi}{6} = 30°$. On peut même se prendre la tête pour établir que $\displaystyle \sin \alpha$ est l'unique solution réelle d'un polynôme de degré $3$... et donc que $\displaystyle 30°$ est l'unique solution.

avec tous les calculs faits par @YvesM, c'est gratuit :
si $BC=1$ µm, de quelle couleur doivent être les lasers (placés en $B$ et $C$) pour qu'il y ait interférence en $Q$ (en supposant, pour rester simple, qu'il n'y a pas de déphasage additionnel induit lors du 'rebond' en $R$) ???

Bonjour,

Dans le genre "proofs without words", j'avais bien aimé cette figure:



Cordialement,

Rescasssol

Bonjour,
La palme de la simplicité revient à la solution de Chaurien..
Je joins une figure confectionnée avec les moyens du bord.

P est le point de CQ tel que $\widehat {CBP}=20^o $.
La suite de la démonstration est faisable avec les outils d'un élève de Cinquième.
On prouve par des calculs d'angles que les triangles RBC, CBP, RBP, BPR, BPQ, RPQ sont isocèles et le tour est joué.

La figure sans paroles de Rescassol est très jolie, mais pour en faire une preuve, il faudra justifier des alignements ou des concours de droites qui ne tombent pas sous le sens.
Amicalement. jacquot

Cette solution je ne l'ai pas inventée.
Pour la petite histoire, j'avais vu ce problème posé dans une publicité pour IBM dans un quotidien, il y a presque cinquante ans. Malheureusement, je n'ai pas gardé la coupure. La solution était sans doute jointe en petits caractères.

J'ai trouvé par la suite les articles de Math. Gazette, "adventitious angles", qui se traduit par "angles fortuits".

Nous avons posé ce problème dans "Le Petit Archimède n° 49-50, juin 1978, sous le titre "géométrie particulière", avec la solution dans le n° 51-52, octobre 1978.

Il y a d'autres problèmes analogues, comme j'ai dit, Jean-Louis Ayme a publié pas mal de choses sur le sujet. Voir les références que j'ai citées dans un précédent message.

Tant qu'à rester dans les belles vieilles choses, voici un énoncé extrait de France-URSS Magazine, n° 239, mai 1966, Olympiades mathématiques de l'URSS, 1965.

Dans un triangle isocèle $ABC$ de sommet $B$, on a : $\widehat {ABC}=80^o$. À l'intérieur de ce triangle on prend un point $O$ tel que : $\widehat {OAC}=10^o$ et $\widehat {OCA}=30^o$. Calculer l'angle $\widehat {AOB}$.

Bonne après-midi.
F. Ch.

La même astuce que dans l'exercice précédent semble marcher (il faudrait calculer mais la figure est parlante !).

[Edit @ jacquot : non, je ne sais pas montrer quoi que ce soit a priori mais au moins je sais quoi (chercher à) montrer...]

@Jer anonyme,
Sauais-tu prouver que $O\in \mathcal {Med} (B_{14}B_{15}) $ ?

@Bouzar :
Cet exo est de la même veine et je crois que l'essentiel à été dit pour le précédent.
Si nous voulions scinder les discussions,
Il faudrait que Chaurien rédige un nouveau message initial ; l'essentiel de son message apporte des compléments concernant l'exercice précédent. ..

Est-ce vraiment nécessaire ?

Bon, nouveau fil, pas de nouveau fil, c'est comme on veut.
Dans le France-URSS Magazine il n'y avait pas les solutions, rien que les énoncés, ce qui n'était déjà pas si mal. À l'époque on n'avait pas si facilement de tels énoncés.
J'ai une solution, retrouvée de mémoire. Comme la précédente, introduire de force un triangle équilatéral.
Je la donne ?

Bonne soirée.
F. Ch.

$\newcommand{\oG}{\mathrm{o}}$
@Jacquot : Finalement, je crois que je sais conclure. Les points $B_1,\dots,B_{18}$ forment un polygone régulier de centre $B$ ; $A=B_{18}$, $C=B_{14}$. On définit $O$ comme l'intersection des droites $(B_3B_{14})$ et $(B_{13}B_{18})$. On note $D$ l'intersection de $(BB_{18})$ et $(B_3B_{14})$.

Par des considérations élémentaires, on vérifie que $\widehat{B_3OB_{18}}=40^\oG$ donc (angles opposés par le sommet) $\widehat{B_{13}OB_{14}}=40^\oG=\widehat{OB_{13}B_{14}}$. Donc le triangle $OB_{13}B_{14}$ est isocèle et $B_{14}O=B_{14}B_{13}=B_{14}B_{15}$.

D'autres considérations élémentaires montrent que $\widehat{OB_{14}B_{15}}=\widehat{B_3B_{14}B_{15}}=60^\oG$. Avec l'égalité de distances précédentes, on déduit que le triangle $OB_{13}B_{14}$ est équilatéral. En particulier, $O$ est bien sur la médiatrice de $[B_{14}B_{15}]$.

Quelques calculs élémentaires de plus montrent alors que $\widehat{BOA}=\widehat{BOB_{18}}=70^\oG$.

Bonjour,
Des idées prises dans ce fil pour ce programme
http://rdassonval.free.fr/flash/perrin.swf
sans pub, sans lien externe.
Une occasion pour les élèves de voir ou revoir des propriétés attachées aux arcs et angles (au centre, inscrit, à sommet intérieur au cercle (qui semble peu connu ?).