Qu'il est joli garçon, l'assassin de Papa ! (Corbeille, Alcide)
Un exercice pour préparer la prépa
dans Géométrie
Bonjour,
Je propose l'exercice suivant aux futurs taupins.
Résoudre par l'algèbre/trigonométrie de deux façons différentes, puis par la géométrie (donc trois solutions au moins) le système
x + y = 2a et tan(x)tan(y) = b2, avec 0 < a < 90° et b > 0.
Discuter.
A+
Je propose l'exercice suivant aux futurs taupins.
Résoudre par l'algèbre/trigonométrie de deux façons différentes, puis par la géométrie (donc trois solutions au moins) le système
x + y = 2a et tan(x)tan(y) = b2, avec 0 < a < 90° et b > 0.
Discuter.
A+
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Voici une solution géométrique sans trop de commentaires puisque tout ayant disparu, je doute que quelque bachelier que ce soit ait besoin de la géométrie pour rentrer en Taupe!
On travaille dans $\mathbb R^2$ et le cercle de centre $O$ passant par $I$ et $J$ est notre bien-aimé cercle trigonométrique, le seul qui nous reste encore, les trois autres cercles n'étant donc là que pour amuser la galerie!
On a: $A=(1,\tan(a))$ et $B=(1,b)$, les autres points faisant ce qu'ils peuvent.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quant à la discussion, elle devrait tourner autour du signe du birapport $(A,A',B,B')$.
Qu'est-ce que c'est que cette bestiole inconnue au bataillon?
Il existe d'autres solutions géométriques, dont une particulièrement limpide ci-jointe.
A+
On doit construire une paire commune à deux involutions (tes deux équations).
C'est ce qu'on appelait autrefois pudiquement de la (défunte) géométrie projective sur une droite!
Il n'y a pas donc pas trente six façons de faire qui doivent toutes revenir au même!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu nous avais donné il n'y a pas si longtemps un exercice assez foireux sans doute tiré du même livre dont je serais curieux d'avoir le titre et l'auteur.
Rien que de lire la première phrase de la solution (?) qui n'a aucun sens en français (voir ci-dessous), on a pas envie de lire la suite!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ce livre s'appelle Compositions mathématiques ou problèmes géométriques et trigonométriques résolus par l'algèbre et la géométrie par M Escoubès (1854) ; on le trouve chez Hachette BNF.
Il est truffé de coquilles (comme dans l'extrait posté) et le style de l'auteur est pâteux, mais on y déniche des pépites.
A+
J'aime bien les coquilles surtout quand elles viennent de Saint-Brieuc!
Pourrais-tu nous donner au moins une de tes solutions algébriques?
On pourrait vérifier si elle concorde avec la mienne!
Sur ma figure les droites rouges $OU$ et $OV$ ont justement pour pentes $\tan(x)$ et $\tan(y)$.
Ma construction aurait été compréhensible par un bachelier d'autrefois connaissant les divisions et les faisceaux harmoniques ainsi que les faisceaux de cercles orthogonaux. Tout cela est expliqué dans le Lebossé-Hémery.
Peux-tu nous donner aussi l'énoncé exact de cet exercice? Est-ce le même que celui que tu nous as proposé?
Ou mieux encore! Il semblerait que tu disposes d'une version électronique de cet ouvrage. Peux-tu nous donner la référence du site où tu l'as trouvé?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Quant à la solution de Monsieur Escoubès dont j'ai extrait la première phrase absolument incompréhensible, on peut la qualifier de beaucoup d'adjectifs mais certainement pas de limpide. Peut-être est-ce du patois du pays de Morlàas?
Il fallait prendre limpide au second degré.
Le livre se trouve sur le site Gallica ou chez Hachette BNF (version imprimée) pour 10 Euros.
Premier calcul
$\tan(x)\tan(y) = b^2$
$[\cos(x – y) - \cos(x + y)]/[\cos(x - y) + \cos(x + y)] = b^2$
$[\cos(x - y) - \cos(2a)]/[\cos(x - y) + \cos(2a)] = b^2$
$\cos(x - y) = \cos(2a)(1 + b^2)/(1 - b^2)$ et $x + y = 2a$, …
Second calcul
$k = \tan(2a)$ et $t = \tan(x)$
$\tan(2a - x) = b^2/\tan(x)$
$(k - t)/(1+kt) = b^2/t$
$t^2 - k(1 - b^2)t + b^2 = 0$,...
Entre autres contraintes, il faut $ k(1 - b^2) > 0$, car sinon $x$ et $y$ seraient tous les deux obtus.
A+
@Piteux_gore
vos deux solutions peuvent-elles s'interpréter géométriquement en examinant le graphe de la fonction $\tan$ et à l'aide d'inversions qui traduirait un birapport sympathique sur une droite verticale ?
désolé
>je viens de me lever, j'aurai dû m'abstenir(d'écrire trop vite)
Le second calcul $t^2 - k(1 - b^2)t + b^2 = 0$ avec la contrainte $ k(1 - b^2) > 0$ permet, sauf erreur de ma part, de construire les points de partage (sur la droite tangente de l'angle donné) en tant que racines du trinôme précédent.
A+
Ce n'est pas tout à fait le même énoncé que toi.
Vos énoncés ne sont pas équivalents.
Quant à ta (ou tes) solutions algébrique(s)(?), ce ne sont que des ébauches de calculs.
Ta solution n'en sera une que lorsque je verrai à la fin des fins et au bout du bout, $x=$quelque chose et $y=$quelque chose.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Callipiger remontre le bout de son nez.
Je pense qu'il se serait bien entendu avec Escoubès en matière de galimatias!
Premier calcul
$\tan(x)\tan(y) = b^2$
$[\cos(x – y) - \cos(x + y)]/[\cos(x - y) + \cos(x + y)] = b^2$
$[\cos(x - y) - \cos(2a)]/[\cos(x - y) + \cos(2a)] = b^2$
$\cos(x - y) = \cos(2a)(1 + b^2)/(1 - b^2)$.
Posons $a' = \cos(2a)(1 + b^2)/(1 - b^2)$ ; on a alors
$x + y = 2a$ et $x - y = Arccos(a')$ (au signe près)
$x = a + Arccos(a')/2$ et $y = a - Arccos(a')/2$.
Discussion : il faut que $-1 < cos(2a)(1 + b^2)/(1 - b^2)< 1$ .
A+
en lisant les énoncé, en regardant le premier schéma de pappus, les calculs de Piteux_gore et et regardant la formule trigonométrique :
Je rêve d'une solution algébrico-géométrique simple, à l'aide d'une homographie vue sur une droite verticale
où le cas x=y=45°/2 serait la solution double, qui séparerait le couple- solution avec une involution homographique qui ne ferait que permuter x et y
On discutera de ta solution algébrique un peu plus tard.
Ce que je voudrais d'abord, c'est comprendre la question qu'Escoubès s'est posée et savoir si elle a un rapport avec le système d'équations que tu nous as proposé.
J'essaye de me mettre à la place du lecteur de $1854$ qui en savait autant que les bacheliers d'aujourd'hui sur les angles.
Comme eux, il ne connaissait que les angles Camembert!
La preuve, il suffit de regarder sa figure.
On a bien la portion de camembert $\widehat{BAC}$ qu'on partage comme il le dit si bien en deux portions fromagères plus petites:
$\widehat{BAP}=x$ et $\widehat{PAC}=y \ ~$ et comme il se doit: $x+y=\widehat{BAC}$
Jusqu'ici ça va?
So far so good!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Moi aussi je rêve d'un CalliPiger algébriquement simple qu'on décomposerait en ses deux composantes connexes Calli et Piger au moyen d'une transformation transversale involutive de la sphère de Riemann puis profitant du grand théorème de Picard, qu'on permuterait galoisement en PigerCalli!
Et bla et bla et blablabla!!
Bonne nouvelle, je vais pouvoir dormir tranquille.
J'ai réussi à déchiffrer la prose d'Escoubès, à comprendre sa construction et surtout surtout à faire le joint avec la mienne.
On peut superposer les deux figures mais il y a alors un (minuscule) problème d'étiquetage qu'il va bien falloir résoudre.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ah lala... le fameux compactifié... on va y arriver
sur les trucs galoisiens c'est encore trop nébuleux... mais avouez que si un jour les additions/soustractions de produits de nombres entiers auront quelques chose de merveilleux... avouons le si c'est vérifié... et si rien n'est vrai, ou qu'ils n'aient pas encore pris forme dans le monde des droites des points des cercles, ellipses et hyperboles et pire disons le dans le monde des birapports, voire pire dans un monde de coordonnées régies par l'algèbre linéaire)
Il faudrait préciser dans l'énoncé que $2a, x, y$ sont des angles géométriques (0-180) et que $b$ diffère de $1$ ; de plus, la condition sur le produit des tangentes implique que $x, y$ sont aigus.
A+
Je vais tenter de reconstituer la première phrase dans la solution d'Escoubès car visiblement il en manque un morceau qui la rend incompréhensible! Sans doute une faute d'édition!
La ligne $DF$ signifie la droite $DF$. Sans doute qu'autrefois dire ligne droite était un pléonasme. Nous avions alors l'infanterie de ligne et ses lignards. C'était le bon vieux temps.
Clairement $\widehat{BDF}=\widehat{CAE}=\widehat{CAP} =y$ car les points $A$, $C$, $D$ sont alignés sur sa figure.
On laisse parler la figure, pas besoin de faire de long discours. J'ai souvent cette petite manie moi aussi. Par exemple, le point $F$ est situé à gauche du point $B$. Il aurait pu le mettre à droite, il l'a mis à gauche c'est très anthropomorphique mais il faut en tenir compte.
Le sujet de "seront semblables" qui a disparu ne peut être que "les triangles $ACE$ et $DBF$.Comme le triangle $DBF$ est rectangle en $B$, le triangle $ACE$ est rectangle en $C$, ce qui implique que le segment $CE$ est tangent en $C$ à l'arc de cercle de centre $A$ qui y passe.
Ce n'est pas évident sur la figure d'Escoubès! Il faut savoir raisonner juste sur une figure fausse!
On a donc $\dfrac{AC}{DB}=\dfrac{CE}{BF}$
En $1854$ on connaissait donc la théorie de la similitude qui n'est plus enseignée aujourd'hui (?), Escoubès aurait été bien surpris!
Donc $AC\times BF=BD\times CE$ comme il est écrit.
Le rectangle des tangentes signifie le produit des tangentes, on écrivait comme du temps des grecs! Ce produit est constant donc:
$$\tan(x).\tan(y)=\dfrac{BD}{AB}.\dfrac{CE}{AC}=\dfrac{BD.CE}{AB^2}=\dfrac{AC.BF}{AB^2}=\dfrac{BF}{AB}$$
Le rayon donné dont parle Escoubès ne peut être que le rayon de l'arc de cercle qu'on a sous les yeux: $R=AB=AC$
Si le produit $\tan(x).\tan(y)=b^2$ est constant, on a donc $BF=b^2.AB$ et le point $F$ est connu comme le dit Escoubès.
Remarquez que je n'ai pas parlé d'homothétie: ([small]$F$ est l'homothétique de $A$ par l'homothétie de centre $B$ et de rapport $b^2$[/small]) car les homothéties ont disparu.
Il semblerait qu'elles n'existaient pas aussi en $1854$ car Escoubès n'en parle pas.
Donc sur ce sujet, on est à égalité!
Jusqu'ici, ca va?
So far so good!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Continuons l'exégèse du texte Escoubésien.
Il calcule l'angle $\widehat{ADF}=90° -(x+y)$, il n'y a pas à dire grand chose, il suffit de regarder la figure.
Ensuite il trace l'intersection $O$ de la médiatrice de $AF$ avec la droite $AC$, (en fait il ne dit pas cela mais ce qu'il dit revient au même, peut-être ne sait-il pas ce qu'est une médiatrice?, un point pour nous?) et remarque finement que $\widehat{AON}=90°-(x+y)$ où $N$ est le milieu de $AF$, ce qui entraîne que le cercle de centre $O$ passant par $A$ et $F$ passe aussi par $D$, sous-entendu pour des raisons d'arc capable.
Il semblerait donc qu'il connaisse les arcs capables, un point pour lui?
Je ne sais pas s'ils sont encore enseignés aujourd'hui, j'en doute un peu!
D'où la construction Escoubésienne.
On construit d'abord le point $F$ comme troisième proportionnelle.
C'est un peu charmant et très poétique.
Sait-on encore aujourd'hui ce que sont les première, deuxième et troisième proportionnelles et sait-on les construire?
C'est peut-être un point pour lui?!
On construit ensuite le point $O$ comme il l'a dit.
On trace ensuite le cercle de centre $O$ passant par $A$ et ses intersections avec la perpendiculaire en $B$ à la droite $AB$.
On devine vaguement ces deux intersections sur sa figure, il leur a donné le même nom $D$, surtout ne pas se mouiller.
Sur la mienne, j'ai osé l'appeler $D'$.
Quel est la signification géométrique de ce point $D'$?
Enfin, il discute très vaguement de l'intersection de ce cercle avec cette droite perpendiculaire en $B$ à $AB$.
Point final!
Je ne sais pas si on peut considérer cet exercice comme une pépite.
En tout cas, il nous a permis de comparer les deux époques, la sienne et la nôtre!
Mais ce point $D'$ dont je demande la signification géométrique va aussi nous permettre de faire le lien avec ma propre solution!
Amicalement
[small]p[/small]appus
A l'ère escoubésienne on ne parle pas de hauteurs, de médiatrices, de théorème de Thalés, mais de perpendiculaires menées d'un point, de triangles semblables, de proportions, etc.
Il faut souvent s'accrocher pour suivre ce genre de démonstrations ; quand on a compris le principe, on arrive parfois à les simplifier (comme dans le problème 41, par exemple).
A+
Je viens de poser une question sur le point $D'$, il s'agirait d'y répondre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Encore un qui se croit drôle!
Passe encore de nous imposer son logo obscène mais pourquoi être obligé de nous raconter des âneries pour ce faire!
On peut dire que Callipiger qui se prend pour Pic de La Mirandole est largement battu dans le domaine de l'insondable bêtise humaine!
Mais c'est peut-être le même individu?
Démonstration:
Callipiger veut dire: avoir de grosses fesses et Grothad'icks: avoir une gros bite.
CQFD
C'est le même genre d'esprit vulgaire et nauséabond!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je tiens à préciser que je ne possède qu'un seul compte actif sur ce site... (l'autre était trop nominatif et m'as m'a trop mathisé) et que je suis en mode pitre aujourd'hui, et que... je parle trop. (en fait j'écris)
En ce moment je recherche sur ce problème une modeste solution graphique où:
$x$ et $y$ seraient des abscisses symétriques par rapport à l'abscisse $a$ et $b$ interviendrait comme une hyperbole équilatère (ou un truc comme ça...) , je vous l'avoue mais cela vous l'avez compris: je n'aime pas les calculs, si seulement il pouvait il y a avoir un schéma simple pour tout...
En revanche ma tentative personnelle peut être vaine, et peut-être est ce pour cela que je ne presse pas trop à l'écrire
même si je pressens que géométriquement tout cela pourrait se tenir.
ps1: le temps est compté pour tout le monde, j'aurai tant voulu apprendre la géométrie sous toutes ses formes, mais il faut commencer et ne pas se laisser distraire, mais malheureusement je suis tellement "fouillis" et si peu fourmi.
ps2:Groot qui êtes vous ?
ps3: je me pose sincèrement la question "peut-on prendre numériquement l'adresse IP de quelqu'un ?"
ps4: le graphe de la fonction tangente est une courbe de quelle nature ? (je ne sais pas c'est pour ça que je pose la question... si ça se trouve c'est une roulette de de je ne sais quoi qui la rendrait.... aller j'ose: algébrique ? transcendante ?)
(ps5:l'interprétation n'engage que soi et ce que l'on reconnaît en soi chez l'autre)
Après ce festival de vulgarité et de grossièreté, un petit bol d'air pur de géométrie ne peut pas faire de mal, surtout respirez à fond!
Sur ma figure, les points $P$ et $P'$ sont symétriques par rapport à la bissectrice pointillée de $\widehat{BAC}$.
C'est évident a priori. Si on a une solution de partage, on en obtient une autre par symétrie par rapport à cette bissectrice et c'est pourquoi on avait besoin des groupes de transformations en Géométrie.
Aujourd'hui ce n'est visiblement plus le cas.
Est-ce qu'Escoubès l'avait vu? Un point pour nous?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sur cette figure j'ai mis côte à côte ma construction et celle d'Escoubès.
J'ai seulement modifié un peu mon étiquetage pour le rendre plus ou moins compatible avec celui d'Escoubès.
Je n'essayerai même pas de justifier ma construction!
A quoi bon puisque la géométrie euclidienne a disparu corps et biens!
Je fais seulement le joint entre les deux figures.
On avait $\tan(x).\tan(y)=b^2$ avec $b>0$ et j'avais défini le point $\beta$ comme le point de coordonnées $(1,b)$ par rapport au repère orthonormé définissant le cercle trigonométrique.
On a donc $B\beta=b.AB$
Mais Escoubès a montré en $1854$ que $BF=b^2.AB$
Ainsi $BF.BA=b^2.AB^2=B\beta^2$
Ainsi les points $A$ et $F$ sont inverses par rapport à mon cercle de centre $B$ passant par $\beta$ et $\beta'$..
C'est ce qui explique que $165$ ans après, ma construction donne le même résultat que celle d'Escoubès.
On note que sur ma figure: $BF>BA$ et donc on peut avoir $b>1$ contrairement à ce qu'avait dit Piteux_gore!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je constate avec tristesse que l'infâme message de Grothad'icks est toujours là avec son contenu inepte, son alias graveleux et son logo obscène.
Seule l'ignoble signature a disparu. C'est déjà un petit progrès!
Finalement le seul exercice susceptible de préparer la prépa est l'exercice de trigonométrie puisque la géométrie a totalement disparu.
Il s'agit de résoudre le système:
$\begin{cases}
x+y=2\alpha\\
\tan(x).\tan(y) =b^2
\end{cases}
$
J'ai changé légèrement les notations de Piteux_gore et on peut toujours supposer $b>0$
Il n'y a pas trente six façons de faire puisque la deuxième équation nous impose pratiquement l'utilisation de la fonction tangente.
La première équation entraîne: $\tan(x+y)=\dfrac{\tan(x)+\tan(y)}{1-\tan(x).\tan(y)}=\tan(2\alpha)=\dfrac{2a}{1-a^2}$ où $\tan(\alpha)=a$
Donc $\tan(x)\ $ et $\tan(y)$ sont racines de l'équation du second degré:
$$X^2-\dfrac{2a}{1-a^2}(1-b^2)X+b^2=0$$
Est-ce encore enseigné?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Et comme je l'avais prévu, tout revient à discuter le signe d'un birapport!
En ce qui concerne le message de Grothad'iks, il ne reste plus que l'alias, graveleux pour qui connait l'anglais et le texte mathématique court mais inepte, le logo obscène vient de disparaître à son tour à la suite de la signature ignoble, on progresse, on progresse!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Terminons la discussion de cet exercice!
Le discriminant réduit de cette équation du second degré vaut:
$$\Delta'=\dfrac1{(1-a^2)^2}(a+b)(a-b)(1-ab)(1+ab)$$
Sur ma dernière figure de gauche, on a:
$$(\alpha,\alpha',\beta,\beta')=(a,-\dfrac 1a,b,-b)=a^2\dfrac{(a-b)(1-ab)}{(a+b)(1+ab)}$$
Donc $\Delta'$ et le birapport $(\alpha,\alpha',\beta,\beta')$ ont le même signe qui doit être positif si on veut que le système de Piteux_gore ait des solutions.
Ceci clôt ce débat s'étalant sur 154 ans!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il ne reste que la bave de la limace devenue inoffensive!