Un défi par semaine

Juillet 2015, 1er défi

El 3 julio 2015  - Escrito por  Ana Rechtman Ver los comentarios (6)
Leer el artículo en  

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.

Article édité par Ana Rechtman

Comparte este artículo

Para citar este artículo:

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

Créditos de las imágenes:

Imagen de portada - Ievgen Sosnytskyi / SHUTTERSTOCK

Comentario sobre el artículo

  • Juillet 2015, 1er défi

    le 3 de julio de 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°.

    Répondre à ce message
  • Juillet 2015, 1er défi

    le 3 de julio de 2015 à 13:45, par Laurent

    Bonjour,

    L’angle BCA mesure 2pi/5.

    Répondre à ce message
  • Juillet 2015, 1er défi

    le 3 de julio de 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 de julio de 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.

    Répondre à ce message
  • Juillet 2015, 1er défi

    le 5 de julio de 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

    Répondre à ce message
  • Juillet 2015, 1er défi

    le 6 de julio de 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

Dejar un comentario

Foro sólo para inscritos

Para participar en este foro, debe registrarte previamente. Gracias por indicar a continuación el identificador personal que se le ha suministrado. Si no está inscrito/a, debe inscribirse.

Conexióninscribirse¿contraseña olvidada?

La traducción del sitio del francés al castellano se realiza gracias al apoyo de diversas instituciones de matemáticas de América Latina.