Un défi par semaine

Mars 2015, 4e défi

Le 27 mars 2015  - Ecrit par  Ana Rechtman Voir les commentaires (14)

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

Semaine 13 :

Si les cordes $[AB]$ et $[CD]$ sont perpendiculaires, quelle est la valeur de $\widehat{COB}+\widehat{AOD}$ ?

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Solution du 3ème défi de Mars :

Enoncé

La réponse est $585$.

Considérons les nombres $a < b < c < d < e < f < g < h < i$. Comme le nombre du milieu $e$ vaut $\frac{a+b+c+d+e+f+g+h+i}{9}$, on obtient l’égalité

$9e-e= 8e=a+b+c+d+f+g+h+i$.

D’autre part, nous savons que $\frac{e+f+g+h+i}{5}=80$ et $\frac{a+b+c+d+e}{5}=50$, donc :

$e+f+g+h+i = 400$

$a+b+c+d+e = 250.$

En sommant ces deux relations, nous obtenons

$2e+ a+b+c+d+f+g+h+i =650.$

Ainsi, $2e=650-( a+b+c+d+f+g+h+i )=650-8e$ et $e=65$. La somme des neuf nombres est donc $8e+e=9e=9\times65=585$.

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 — «Mars 2015, 4e défi» — Images des Mathématiques, CNRS, 2015

Crédits image :

Image à la une - Tischenko Irina / SHUTTERSTOCK

Commentaire sur l'article

  • Mars 2015, 4ème défi

    le 27 mars 2015 à 11:00, par Idéophage

    Bonjour,

    Premièrement, on peut vérifier que la somme est bien invariante. Si on déplace une des deux droites symétriquement au cercle, l’angle que l’on retire vaut l’angle que l’on ajoute. On peut aussi considérer comme transformation celles qui consistent à prendre un point pour chaque droite et à faire tourner les deux points de la même façon autour du centre du cercle (on voit que l’angle entre les deux droites est constant en pensant aux droites en tant que directions). Ensuite, on peut calculer ce que vaut cette somme sur un exemple. On prend les deux droites passant par le centre du cercle et on voit que la somme vaut pi.

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    • Mars 2015, 4ème défi

      le 27 mars 2015 à 11:02, par Idéophage

      Ah non, en fait je me suis trompé, les deuxièmes transformations que j’ai données ne préservent pas l’angle droit.

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      • Mars 2015, 4ème défi

        le 27 mars 2015 à 11:07, par Idéophage

        Ah si, ça préserve l’angle, je me suis embrouillé, mince.

        Répondre à ce message
    • Mars 2015, 4ème défi

      le 28 mars 2015 à 20:02, par Daniate

      Votre solution est astucieuse, c’est pourquoi je me permet de l’éclaircir. Le déplacement de la droite est une translation et les deux angles ajouté et retranché sont symétriques par rapport au diamètre qu’a tracé mr ROUX plus loin. Toutefois en m’inspirant de la réponse donné par Bernard Hanquez lors du 2ème défi de Janvier, regrettablement passée inaperçue, la logique du sujet suppose l’invariance de la somme et il suffit donc de prendre un exemple, ce que vous faites en 2ème partie.

      Je vous avoue ne pas saisir votre deuxième déplacement.

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      • Mars 2015, 4ème défi

        le 30 mars 2015 à 14:22, par Idéophage

        Voici un pavé un peu gros... En espérant ne pas avoir fait trop d’erreurs.

        Oui, en fait je me suis trompé, on ne peut pas raisonner avec le deuxième déplacement (enfin, on peut, mais j’ai été trop vite). Il préserve bien l’angle entre les droites mais en fait, tout repose justement sur l’effet de ce déplacement.

        Concernant la solution de Bernard Hanquez, je trouve ça bizarre de partir du fait que l’énoncé doit être cohérent pour démontrer quelque chose, en fait... Peut-être que l’invariance était évidente puisque de $10$ à $19$ lorsque l’on ajoute $1$ au nombre, la somme des chiffres augmente également de $1$ et qu’ensuite, à partir de $20$, on retombe sur un nombre pour lequel la propriété est déjà vérifiée après retrait de la somme des chiffres. Mais je préfère la solution avec les congruences.

        On va nommer les théorèmes. On a le théorème 4 (celui vu par les classes de 4ème) et le théorème 4g (celui généralisé).

        Pour le moment, nous avons ce qui suit.

        • * Les théorèmes 4 et 4g.
        • * La preuve de 4g que j’ai donnée.
        • * La preuve de 4g par Daniate.
        • * La preuve de 4g par M. ROUX et Jérôme.

        — 

        Je crois que l’idée peut être résumée comme ceci : si l’on considère deux points sur un cercle et qu’on les fait tourner, alors la vitesse de l’angle de la droite passant par les deux points est la moyenne des vitesses des deux points. C’est une version différentielle de ce théorème, donc on va dire 4d.

        J’ai formulé correctement le théorème après avoir rédigé la majorité de ce qui suit. En fait, j’aurais dû le faire plus tôt car ça le rend évident.

        — 

        Comme Jérôme a fait avec les nombres complexes, cela m’a fait pensé à un truc que j’avais rencontré avec des nombres complexes (bien que ne faisant nullement intervenir l’idée de similitude). Il s’agissait d’ajouter deux éléments du cercle unité. Pour simplifier, on prend $e^{iθ}+1$. Par symétrie (il s’agit d’un parallélogramme), l’argument est $\frac{\theta}{2}$ (et le module est $2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)$).

        On peut démontrer 4d de la même manière. On considère un cercle trigonométrique et le point $A = -1$. On considère un autre point $B$ correspondant à l’angle $\theta$, que l’on va faire tourner. Le théorème dit que si l’on fait tourner $B$ sur le cercle à vitesse constante, il tourne aussi autour de $A$ à vitesse constante (vitesse réduite de moitié). $B-A$ est de la forme $e^{i\theta}+1$ (on voit le même parallélogramme sur le dessin, mais décalé), donc on a le théorème 4d.

        Une autre manière de voir les choses. Prenons le cercle trigonométrique. Lorsqu’on le décale de $1$ vers la droite, les arguments sont divisés par $2$.

        — 

        J’ai parlé d’une autre manière de voir les choses dans mon message en réponse à celui de Daniate. Il s’agit d’oublier les positions des droites et de considérer uniquement leur direction. Tout ce qui nous intéresse est l’angle entre deux droites. Nous avons donc un système où nous pouvons parler de droites et d’angles entre deux droites. L’angle entre deux droites est un nombre modulo pi. En effet, un demi-tour suffit pour faire revenir une droite sur elle-même. Nous comptons les angles dans le sens trigonométrique. L’angle entre les droites $A$ et $B$ donne de combien il faut tourner pour passer de la droite $A$ à la droite $B$ en tournant dans le sens trigonométrique. Notons $\overrightarrow{AB}$ l’angle pour passer de $A$ à $B$. Nous avons $\overrightarrow{AB} = -\overrightarrow{BA}$. Cela nous donne un graphe orienté dont les points sont les droites et les arêtes sont étiquetées par les angles entre les droites.

        Deux points $A$ et $B$ sont sur un cercle de centre $O$ si et seulement si le triangle $AOB$ est équilatéral en $O$, soit si et seulement si $\overrightarrow{(BO)(AB)} = \overrightarrow{(AB)(AO)}$. Modulo pi, cela veut dire que $\overrightarrow{(BO)(AO)} = 2\overrightarrow{(BO)(AB)} = 2\overrightarrow{(AB)(AO)}$.

        Pour montrer le théorème 4 avec cette idée, on considère un cercle de centre $O$ avec trois points $A$, $B$ et $C$ dessus. On veut montrer que $\overrightarrow{(BO)(BC)} = 2\overrightarrow{(AB)(AC)}$. Cela se déduit du graphe, mais ce n’est pas très joli.

        — 

        Pour montrer le théorème 4d, j’avais une première version comme suit. Ça va faire la troisième fois que je poste la même idée, mais bon. On considère un cercle avec une droite le coupant en deux points. Déplaçons la droite sans la tourner. Notons $v$ la vitesse des points d’intersections (en radians par unité de temps — elle est la même pour les deux). L’angle entre les deux points augmente (ou diminue) à une vitesse de $2v$. Si on tourne la figure autour du centre du cercle de telle sorte à laisser un point d’intersection de la droite avec le cercle stationnaire, la vitesse de rotation doit être de $v$. Ainsi, lorsque l’on fait tourner l’un des deux points à une vitesse de $2v$ autour du centre du cercle, il tourne autour de l’autre point à une vitesse de $v$.

        — 

        Après reformulation du théorème (moyenne des deux vitesses), il devient en fait évident. En effet, la direction de la droite passant par les deux points est déterminée par la moyenne des deux points (sur le cercle, les deux points étant identifiés à leurs angles) : il s’agit d’une perpendiculaire à la droite passant par le centre du cercle et le milieu des deux points.

        Tout ça pour ça.

        — 

        Peut-être qu’il serait ensuite intéressant d’unifier toutes les preuves, de regarder celles qui sont « les mêmes », les idées communes, etc.

        Ce théorème me fait aussi penser à la cardioïde. On peut, pour la dessiner, commencer par prendre un cercle. Ensuite, on place sur ce cercle deux points initialement confondus. On fait tourner le premier point à une certaine vitesse et le deuxième à une vitesse double. On considère la droite qui passe par les deux points. La droite va parcourir les tangentes d’une cardioïde. Mais je n’ai jamais étudié cette courbe.

        Bref.

        Défi : étant donné un cercle et son centre, construire à la règle seulement les points d’un autre cercle de rayon réduit de moitié (potentiellement tous, avec un nombre de secondes disponibles indénombrable).

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        • Mars 2015, 4ème défi

          le 31 mars 2015 à 18:27, par Idéophage

          Bon, je continue et je clarifie.

          Nous avons des droites et des demi-droites. Les directions des droites sont des nombres modulo $\pi$ et les « demi-directions » des demi-droites des nombres modulo $2\pi$ (il n’y a pas d’« origine »). Seulement, cela n’a pas de sens d’ajouter deux directions, par exemple. Regardons quelle est la structure.

          Déjà, chaque demi-direction peut être envoyée sur une direction et chaque direction correspond à deux demi-directions. On peut prendre la demi-direction opposée à une demi-direction donnée. Nous pouvons aussi prendre la direction orthogonale à une direction donnée. On peut aussi faire la différence entre deux directions (ou demi-directions) et cela nous donne un angle orienté. Il s’agit de nombres modulo $\pi$ (ou $2\pi$) que nous pouvons ajouter (ça fait le graphe) et que l’on peut ajouter aux (demi-)directions pour les faire tourner. Nous pouvons considérer les angles orientés ou non orientés entre les (demi-)directions. Si l’angle n’est pas orienté, on a un nombre modulo $\frac{\pi}{2}$ ou $\pi$.

          Ensuite, étant donnée deux demi-directions, nous pouvons prendre leur « moyenne » et cela nous donne une direction.

          Prenons deux points sur un cercle $a$ et $b$, identifiés aux demi-directions partant du centre du cercle et allant jusqu’à eux. La direction de la droite passant par $a$ et $b$ est $\frac{a+b}{2} + \frac{\pi}{2}$.

          C’est à clarifier, ce n’est pas du tout précis, mais l’idée est de pouvoir exprimer par exemple le théorème 4g comme suit :
          $(\frac{a+b}{2} + \frac{\pi}{2}) - (\frac{c+d}{2} + \frac{\pi}{2}) = \frac{(a-c) + (b-d)}{2}$ (la différence des moyennes est la moyenne des différences).

          Le théorème 4 serait $(\frac{a+b}{2} + \frac{\pi}{2}) - (\frac{a+c}{2} + \frac{\pi}{2}) = \frac{b-c}{2}$.

          Le fait que le triangle $AOB$ soit isocèle en $O$ s’exprimerait $(\frac{a+b}{2} + \frac{\pi}{2}) - \frac{a+a}{2} = \frac{b+b}{2} - (\frac{a+b}{2} + \frac{\pi}{2})$.

          Le fait que la somme des angles d’un triangle est $\pi$ serait $(b-a) + (c-b) + (a-c) = 0$ (ou bien $a + (b-a) + (c-b) + (a-c) = a$). Les trucs que l’on peut voir avec le graphe sont justement les sommes télescopiques comme ça, on voit ici que la « règle des angles du triangle » et le graphe sont équivalents.

          On pourrait essayer de voir ce qui est exprimable dans ce langage, etc.

          Cette manière de voir les choses est analogue aux repères barycentriques. La différence ici est que l’on est dans $\mathbb{R}/(2\pi\mathbb{R})$ et que donc quand on divise par un nombre entier, il n’y a pas unicité de la solution (directions, demi-directions, ...). On peut étendre la moyenne à plus de deux points, ou bien pondérer, mais je ne vois pas pour le moment ce que ça apporterait. Une manière de voir la moyenne est l’invariance sous une transformation qui prend chaque point et qui le déplace de telle sorte que la somme des déplacements est nulle, et de telle sorte que l’image de points confondus soit ce même point. Ainsi, par exemple, pour avoir la moyenne de trois demi-droites, si elles sont toutes confondues en $x$, la moyenne est $x$. Mais si on prend deux des droites, qu’on les déplace d’un tiers de tour vers un côté et que l’on déplace la droite restante de deux tiers de tours vers l’autre côté, les droites vont se retrouver confondues en un point. On peut encore réitérer la transformation. Au final, on va avoir trois points où les droites sont confondues. En fait, une rotation de $-2\frac{2\pi}{3}$ est la même chose qu’une rotation de $\frac{2\pi}{3}$ (on est modulo $2\pi$). Du coup, on voit en fait que faire tourner les trois droites de $\frac{2\pi}{3}$ ne doit pas faire bouger la moyenne. Cependant, cela est moins dans l’idée de « compensation » de la moyenne puisqu’on perd la transformation continue d’une situation à l’autre (sans changer la moyenne). En revanche, cela fait voir que l’on est modulo $\frac{2\pi}{3}$ : $3 \times \frac{1}{3} = 1$.

          Pour trouver la moyenne de trois demi-droites, on peut commencer par prendre la moyenne de deux droites puis prendre la moyenne pondérée. Peut-être que cela devient plus pertinent avec plus que deux dimensions.

          Dans ma première idée de preuve, quand on déplace la droite sans la faire tourner, cela constitue les transformations qui laissent invariante la direction de la droite. Bon, c’est un truisme mais ce que je veux dire, c’est que c’est la même chose qu’avec la moyenne des points : on a des transformations qui laissent cette moyenne invariante (noyau) et des cas particuliers où elle est facile à avoir (points confondus).

          Ça reste à développer.

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    • Mars 2015, 4ème défi

      le 29 mars 2015 à 11:12, par ROUX

      A la suite du commentaire de Daniate, j’ai relu attentivement votre solution (et la solution par Bernard Hanquez du 2ème défi de janvier 2015) : c’est effectivement très élégant de montrer l’invariance puis, alors, de se placer dans un cas très facile à calculer.

      Physicien, j’avais conjecturé l’invariance en faisant quatre expériences (quatre tracés dans le plus de configurations différentes de ces deux cordes perpendiculaires) mais, finalement, sans utiliser le fait que c’était invariant...

      Grrrrrr !!!

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  • Mars 2015, 4ème défi

    le 27 mars 2015 à 11:36, par Daniate

    Un peu de géométrie de quatrième résout le problème et même de tête. L’angle au centre vaut le double de l’angle inscrit qui intercepte le même arc. Donc la somme cherchée est le double de la somme de deux angles aigus d’un triangle rectangle.

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    • Mars 2015, 4ème défi

      le 27 mars 2015 à 15:35, par Idéophage

      Bonjour,

      On peut même voir qu’il s’agit d’une généralisation de ce théorème. Si on a quatre points A, B, C, D sur un cercle de centre O, alors AOB + COD = l’angle entre les droites AC et BD (modulo pi). Si les points A et B sont confondus, alors il s’agit du théorème que vous avez cité.

      Ça a l’air très beau, mais ça reste pour ma part à organiser...

      On peut « oublier » les positions des droites et conserver juste la direction. Ça fait un graphe avec chaque point représentant une droite et chaque arc représentant de combien il faut tourner (modulo pi) pour passer d’une droite à l’autre. C’est équivalent à considérer la propriété de la somme des angles dans un triangle, mais en plus beau. Pour montrer le théorème dont vous parlez, on remarque des triangles équilatéraux, et puis voilà, ça tombe bien mais c’est un peu magique.

      Une autre manière de voir les choses est la suivante. On considère la construction généralisée (avec les deux droites AB et CD et le centre O). Si on déplace une droite sans en changer la direction, l’angle entre les deux droites ne change pas. De plus, la somme des angles AOC et BOD est constant : par symétrie, ce que l’on ajoute d’un côté de la somme est égal à ce que l’on retire de l’autre. Si on déplace les deux droites dans la même direction de telle façon que les points A et B se déplacent à même vitesse sur le cercle, par symétrie les points C et D se déplacent aussi à même vitesse. Comme on peut de plus tourner la construction autour du cercle, on peut tourner uniquement les points C et D sans changer leur écart (en faisant tourner la construction dans l’autre sens pour annuler la rotation de A et B) et l’angle entre les droites restera constant (comme la somme de AOC et BOD puisqu’aucun de ces deux angles ne change). On voit donc que ne pas modifier durant une transformation continue les angles entre les deux droites est équivalent à ne pas modifier la somme des angles AOC et BOD. On place donc le point d’intersection des deux droites sur le centre du cercle pour avoir la relation d’égalité des sommes. Il y a sûrement une manière bien meilleure de voir tout ça, qui unifie plein de trucs (invariance), etc.

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      • Mars 2015, 4ème défi

        le 27 mars 2015 à 15:37, par Idéophage

        Mince, il faut plus que je me relise, j’ai encore fait une erreur. Dans mon premier paragraphe, il s’agit de deux fois l’angle entre les deux droites !

        Répondre à ce message
      • Mars 2015, 4ème défi

        le 28 mars 2015 à 20:15, par Daniate

        Je vous propose une démonstration du th généralisé à partir de la version du th de l’angle inscrit avec des angles orientés.

        (OA.OB)=2(CA.CB)=2(AC.BC) (OC.OD)=2(BC.BD)

        (OA.OB) + (OC.OD) = 2(AC.BC) + 2(BC.BD) = 2[(AC.BC) + (BC.BD) = 2(AC.BD)

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    • Mars 2015, 4ème défi

      le 28 mars 2015 à 12:58, par ROUX

      Joli !!!
      Quelle élégance !!
      Je vous remercie !

      Répondre à ce message
  • Mars 2015, 4ème défi

    le 27 mars 2015 à 23:24, par ROUX

    Je vous propose de tracer la droite orientée parallèle à (CD), orientée dans le sens de C vers D, qui passe par O et de repérer tous les angles par rapport à cette droite dont le point d’intersection, sous D, avec le cercle est appelé E.

    EOD fait un angle θ ; EOA fait un angle θ’ ; EOC fait alors un angle de π – θ et EOB fait un angle de 2π - θ’.

    L’angle COB est égal à l’angle EOB – EOC soit ((2π - θ’) - ( π – θ)) soit un angle de π – θ’ + θ.

    L’angle DOA est égal à l’angle EOA – EOD soit θ’ – θ.

    La somme des angles COB + DOA est alors égale à π – θ’ + θ + θ’– θ soit π.

    Répondre à ce message
  • Mars 2015, 4ème défi

    le 28 mars 2015 à 00:22, par Jérôme

    Personnellement, la géométrie ne me réussit pas (je n’ai pas réussi à résoudre le dernier défi, et même la solution ne me parle pas), et j’ai l’habitude de manipuler les nombres complexes, donc ça m’a paru plus simple de visualiser le problème sous cet angle (sans mauvais jeu de mots).

    J’oublie les droites et les angles droits sur mon schéma, j’ai juste un cercle unité de centre O, avec les points D, A, C, B placés sur ce cercle.

    Chacun de ces points peut s’exprimer sous la forme z = e^(j θ) avec j l’unité imaginaire : z_D = e^(j θ_D), z_A = e^(j θ_A), z_C = e^(j θ_C), z_B = e^(j θ_B).
    z_C et z_D ont la même partie imaginaire, et la partie réelle de z_C est l’opposée de celle de z_D ; bref, on voit directement que θ_C = π − θ_D.
    De même, z_B est le conjugué de z_A, donc θ_B = −θ_A.

    Les deux angles dont il est question s’expriment comme :

    AÔD = θ_A − θ_D

    BÔC = θ_B − θ_C = −θ_A + θ_D − π

    On cherche à déterminer leur somme, et on obtient :

    AÔD + BÔC = θ_A − θ_D + (−θ_A + θ_D − π) = −π

    Donc la somme des angles est π.

    Répondre à ce message

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