Un défi par semaine

Juillet 2015, 1er défi

Le 3 juillet 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (6)

Nous vous proposons un défi du calendrier mathématique 2015 chaque vendredi et sa solution la semaine suivante.

Semaine 27 :

Dans un triangle isocèle $ABC$, les côtés $[AB]$ et $[AC]$ sont égaux. Un point $D$ appartenant au côté $[AC]$ est placé de façon que les triangles $ABD$ et $DBC$ soient aussi isocèles. Si $BD=BC$, déterminer la mesure de l’angle $\widehat{BCA}.$

Solution du 4ème défi de Juin :

Enoncé

La réponse est $100$.

Notons que $p$ est égal à $3$ ou est de la forme $3k+1$ ou $3k+2$, avec $k$ entier et $k\geq 1$. Si $p=3$, alors $p+6=3+6=9$ qui n’est pas premier. Si $p=3k+2$, alors

$p+10=3k+2+10=3k+12=3(k+4)$

n’est pas non plus premier puisque multiple de 3. Il ne reste donc que la forme $p=3k+1$.
De façon analogue, comme $p+q+1$ est un nombre premier et que $p=3k+1$, alors $q$ ne peut pas être de la forme $3r+1$ pour $r$ entier et $r\geq 1$. Si $q=3r+2$, alors

$q+4=3r+2+4=3r+6=3(r+2),$

qui n’est pas premier puisque multiple de 3. On en déduit que $q$, qui est premier, ne peut être que $3$.

Comme nous voulons la plus grande valeur possible de $p+q$, nous cherchons pour $p$ le plus grand nombre premier inférieur à $100$ et qui soit de la forme $3k+1$,
c’est-à-dire $97$. Nous avons alors $p+6=103$, $p+10=107$, $q+4=7$, $q+10=13$ et $p+q+1=101$, tous des nombres premiers. La plus grande valeur de $p+q$ est donc $100$.

Post-scriptum :

Calendrier mathématique 2015 - Sous la direction d’Ana Rechtman Bulajich, Anne Alberro Semerena, Radmilla Bulajich Manfrino - Textes : Ian Stewart.
2014, Presses universitaires de Strasbourg. Tous droits réservés.

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Pour citer cet article :

Ana Rechtman — «Juillet 2015, 1er défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Ievgen Sosnytskyi / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Juillet 2015, 1er défi

    le 3 juillet 2015 à 10:57, par orion8

    Soit x la mesure de l’angle BCA en degrés.
    Dans BCD isocèle en B, les angles sont donc x à la base et 180 - 2x au sommet.
    Donc, dans ABD isocèle en D, les angles sont 180 - x au sommet et x/2 à la base.
    Enfin, dans ABC isocèle en A, on doit avoir x = x/2 + 180 - 2x
    ce qui donne BCA = 72°.

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  • Juillet 2015, 1er défi

    le 3 juillet 2015 à 13:45, par Laurent

    Bonjour,

    L’angle BCA mesure 2pi/5.

    Répondre à ce message
  • Juillet 2015, 1er défi

    le 3 juillet 2015 à 15:07, par Olivier

    L’angle BCA peut prendre n’importe quelle valeur de [0, π/2[.
    En effet, il suffit de prendre D confondu avec C. On a évidemment BD=BC puisque D=C. Alors, le triangle ABD est isocèle (en A !) car égal à ABC, lui-même isocèle par hypothèse ; et le triangle DBC est isocèle (en B) et accessoirement plat. Et cela fonctionne pour n’importe quelle valeur de l’angle BCA.
    J’ai bon :-) ?

    Bon, sinon, si on demande en plus que D soit dans ]AC[ ouvert, effectivement alors ABD doit être isocèle en D et la seule valeur possible pour l’angle BCA est 2π/5.

    Répondre à ce message
  • Juillet 2015, 1er défi

    le 5 juillet 2015 à 12:57, par nef2240

    Bonjour,
    ABC isocèle en A AB=AC
    1. Si ABD est isocèle en A => AB=AD=AC => D=C avec DBC isocèle en B. Angle C=BCA est indéterminé.
    2. Si ABD est isocèle en B => BD < BC Sauf si D=A ou D=C (déjà traité). Si D=A => ABC équilatéral donc angle C= 60 dégré.
    3. Si ABD est isocèle en D => Angle ADB+BCD = 180 => Angle C = 2 * Angle A(BAC) or nous savons triangle isocèle forme deux triangle rectangle semblable donc Angle A/2 + 90 + Angle C= 180 Donc Angle A=36 donc Angle C=72 degré.
    CQFD.

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  • Juillet 2015, 1er défi

    le 5 juillet 2015 à 23:48, par Jérôme

    J’ai essayé de résoudre le problème en passant par les complexes. Mais la route a l’air bien compliquée (mais il y a sûrement plus simple).

    Pour me faciliter la tâche, mais sans perte de généralité, je considère le cercle trigonométrique de centre A, B est sur le cercle et sur l’axe réel du côté positif, C est sur le cercle, et D entre A et C.
    Chaque point est associé à une valeur complexe :
    Z_A = 0, Z_B = 1, Z_C = e^jθ, Z_D = r e^jθ, avec 0 < r < 1.

    L’angle recherché noté β peut être trouvé par l’équation suivante : θ + 2 β = π.

    De part les égalités données ([AD] = [DB] = [BC]), on a :

    Z_A - Z_D = Z_D - Z_B = Z_B - Z_C

    r = |r e^jθ - 1| = |1 - e^jθ|
    r = sqrt( (r cos θ - 1)² + (r sin θ)² ) = sqrt( (1 - cos θ)² + (sin θ)² )
    r² = r² cos² θ - 2r cos θ + 1 + r² sin² θ) = 1 - 2 cos θ + cos² θ + sin² θ
    r² = r² - 2r cos θ + 1 = 2 - 2 cos θ

    En utilisant l’égalité de la première et troisième formule, on a cos θ = (2 - r²)/2, et en le reportant dans la deuxième formule on obtient :

    0 = - 2 r (2 - r²)/2 + 1
    r³ - 2r + 1 = 0
    (r - 1) (r² + r - 1) = 0
    => r = (-1 + sqrt(5)) / 2

    D’où :
    (1 - 2 sqrt(5) + 5) / 4 = 2 - 2 cos θ
    => cos θ = (8 - 6 + 2 sqrt(5)) / 8 = (1 + sqrt(5)) / 2
    => θ = π/5 rad

    Donc l’angle recherché est : β = 2π/5

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  • Juillet 2015, 1er défi

    le 6 juillet 2015 à 23:26, par Daniate

    Bonsoir

    Une méthode basée sur le nombre d’or, dans le cas où les triangles ne sont pas dégénérés.

    A l’aide de la similitude entre ABC et BCD on démontre que D partage [AC] dans la « divine proportion », partage que l’on trouve naturellement dans le pentagone régulier en traçant 3 diagonales consécutives. Il suffit de noter [CA] la première, [AB] la seconde et D le point d’intersection entre la première et la troisième, [CB] étant un côté du pentagone. Il est bien connu que le triangle ABC ainsi formé a un angle au sommet de 36° et des angles de base de 72°.

    A noter que les triangles BCD et DAB sont les briques élémentaires d’un des pavages apériodiques de Penrose.

    Répondre à ce message

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