15 février 2019

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  • La tête à vingt degrés

    le 15 février à 15:37, par ROUX

    C’est avec un très grand plaisir que je me plongerai dans ce problème mais, je vous suggère de le soumettre à Daniate, un des contributeurs réguliers des défis et le plus époustouflant de simplicité et d’élégance.

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    • La tête à vingt degrés

      le 15 février à 22:26, par Aziz El Kacimi

      > C’est avec un très grand plaisir que je me plongerai dans ce problème !

      Très bonne idée, il faut y aller !

      > Je vous suggère de le soumettre à Daniate.

      Pourvu qu’il entende votre appel ! Ce serait vraiment chouette d’avoir une démonstration plus simple !

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  • Ma très petite recherche.

    le 17 février à 13:08, par Carlo

    Cher Prof. El Kacimi Alaoui,
    merci beaucoup pour nous avoir rappelé qu’ essayer de résoudre un petit problème géométrique comme celui de M. Faidherbe touche à la vraie recherche en mathématiques. Il est encourageant pour ceux, comme moi, qui se sont éloignés des grands palais de l’Académie. Aussi un grand merci pour nous avoir accompagnés le long du parcours qui vous a mené à une solution. C’est propre aux grands maîtres, comme Polya ou Euler.
    Moi aussi, j’ai cherché ma solution, pendant quelques heures dès que j’ai lu vôtre article, mais sans résultat. Je crus de pouvoir exploiter des propriétés découlées de la relation entre l’angle $\hat{CBE}$ e les angles $\hat{FAC}=\hat{FCA}$. À l’aide d’un logiciel j’ai dessiné un triangle isocèle $\Delta ABC$ avec $\hat{FAC}=\hat{FCA}=2\hat{CBE}$ et un angle $\hat{C}$ variable, et j’ai trouvé que $\hat{BEF}=\hat{ACB}$ seulement si $\hat{C}=20°$.
    Donc, j’ai pensé que la solution géométrique doit inclure une caractéristique particulier de cet angle. Cet angle est la troisième partie de l’angle d’un triangle équilatère. Donc la solution géométrique devrait inclure au moins un triangle équilatère ( ou sa moitié, coupé par une hauteur, au moins pour trouver 20° comme différence entre 30° et l’angle $\hat{CBE}$, comme étant donné ).
    Puis, hier soir ( samedi 16 février ) j’ai cherché sur mes livres et j’ai trouvé 7 différentes solutions ( dont 2 trigonométriques ) de vôtre question préliminaire sur Challenging Problems in Geometry, écrit par Alfred S. Posamentier et Charles T. Salkind et réédité par Dover en 1996. C’est le problème 6-8 à la page 30 avec les solutions aux pages 149 et suivantes.
    Puisque les solutions par Posamentier et Salkind ne me semblent moins compliquées que la vôtre ( correspondant à leur méthode IV ) et puisque une modification de leurs méthodes pour le cas de M. Faidherbe ( j’en ai essayé deux très vite, toujours sans succès ) serait encore plus compliquée, je me suis convaincu qu’une solution à la Fermat, qui pourrait être contenue dans le marge d’une page, pas trop étroit, devra attendre quelqu’un outre moi et, pour le moment, je peux admirer vôtre solution à la Wiles.
    Bien cordialement, vôtre lecteur affectionné.

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    • Ma très petite recherche.

      le 18 février à 20:40, par Aziz El Kacimi

      Cher Carlo,

      Merci pour votre gentil message, il me réchauffe le cœur !

      Merci aussi de m’avoir signalé le livre Challenging Problems in Geometry de A.S. Posamentier & C.T. Salkind avec les copies des pages où on trouve effectivement plusieurs manières de répondre à la Question préliminaire y compris celle que j’ai proposée ! Il est tout à fait naturel qu’on débouche sur la même preuve dès qu’on a l’idée de faire apparaître l’angle en question comme un angle ayant son sommet à l’intérieur d’un cercle.

      Restez avec nous, on continue notre balade dans le jardin géométrique !

      Bien cordialement,

      Aziz

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  • La tête à vingt degrés

    le 17 février à 23:25, par Trebla

    Bonsoir. J’ai traité ce problème il y a plusieurs années. Le temps d’adopter les mêmes lettres que les vôtres et je vous exposerai ma solution (mélange de considérations trigo et résolution d’une équation du troisième degré en sin(10 deg)). Peut-être demain ou après demain

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  • La tête à vingt degrés

    le 18 février à 14:00, par Al_louarn

    Bonjour et merci pour ce beau problème qui m’a occupé tout le week-end. Voici ma solution basée sur la loi des sinus et un peu de trigonométrie.

    Soit $T$ le symétrique de $F$ par rapport à l’axe de symétrie du triangle $ABC$.

    Dans le triangle $(BET)$ la loi des sinus donne $\dfrac{\sin \widehat{TBE}}{TE}=\dfrac{\sin \widehat{TEB}}{TB}$.
    On a $\widehat{TBE} = \widehat{TBF} - \widehat{EBF}$. On sait déjà que $\widehat{EBF} = 10°$, et par symétrie on a $\widehat{TBF}=\widehat{TAF}=20°$, donc $\widehat{TBE}=10°$.
    D’autre part $\widehat{TEB}=\widehat{AEB}= 180° - \widehat{EAB} - \widehat{ABE}$. On a $\widehat{EAB}=80°$, et comme $\widehat{ABE} = \widehat{ABC} - \widehat{EBC} = 80° - 10° = 70°$, on obtient $\widehat{TEB}=180°-80°-70°=30°$.
    Ce qui nous donne $\dfrac{\sin 10°}{TE}=\dfrac{\sin 30°}{TB}$, d’où $TE=TB\dfrac{\sin 10°}{\sin 30°}$.

    Dans le triangle $(FAT)$ la loi des sinus donne $\dfrac{\sin \widehat{FAT}}{FT}=\dfrac{\sin \widehat{FTA}}{FA}$.
    On sait que $\widehat{FAT}=\widehat{FAC}=20°$.
    D’autre part $\widehat{FTA}= 180° - \widehat{FTC}$. Mais $\widehat{FTC}=\widehat{BAC}=80°$ car $(FT)$ est parallèle à $(AB)$, donc $\widehat{FTA}= 180° - 80° = 100°$.
    Ce qui nous donne $\dfrac{\sin 20°}{FT}=\dfrac{\sin 100°}{FA}$, d’où $FT=FA\dfrac{\sin 20°}{\sin 100°}$.

    Par symétrie $TB=FA$ donc $\dfrac{FT}{TE}=\dfrac{\sin 30° \sin 20°}{\sin 10° \sin 100°}$.
    On se souvient que $sin(90°+x°)=cos(x°)$ donc $\sin 100° = \cos 10°$.
    De plus il est bien connu que $\sin 30° = 1/2$
    Ce qui donne $\dfrac{FT}{TE}=\dfrac{\sin 20°}{2 \sin 10° \cos 10°}$.
    En appliquant la formule $\sin{2x} = 2 \sin{x} \cos{x}$ à $x=10°$ nous obtenons $\dfrac{FT}{TE}=1$.

    Nous avons établi que le triangle $(FTE)$ est isocèle en $T$ donc $\widehat{TEF}=\dfrac{180° - \widehat{ETF}}{2}$. Mais $\widehat{ETF}=\widehat{CAB}=80°$ donc $\widehat{TEF}=50°$.
    Finalement $\widehat{BEF}=\widehat{TEF}-\widehat{TEB}=50°-30°=20°$.

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    • La tête à vingt degrés

      le 18 février à 20:46, par Aziz El Kacimi

      Bonjour !

      Merci pour votre message et votre solution. Je vais prendre un peu de temps pour la regarder !

      Bien cordialement,

      Aziz El Kacimi

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    • La tête à vingt degrés

      le 25 février à 18:05, par Aziz El Kacimi

      Bonjour,

      J’ai regardé votre méthode de calcul de l’angle $\widehat{BEF}$. L’idée est un peu comme la mienne (démontrer qu’un certain triangle est isocèle avec un angle de $50°$) mais elle est directe (ne passe pas par la question préliminaire). Merci de l’avoir mise à disposition !

      Bien cordialement,

      Aziz El Kacimi

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  • La tête à vingt degrés

    le 18 février à 14:56, par Olivier

    Bonjour,

    voici ma soluce en pdf.

    Document joint : soluce.pdf
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    • La tête à vingt degrés

      le 18 février à 18:14, par Aziz El Kacimi

      Bonjour !

      J’ai bien regardé votre solution. Êtes-vous sûr de votre loi des sinus ? Telle que vous l’avez écrite, elle implique en particulier que les longueurs des côtés d’un triangle ne dépendent que des angles ! Alors que se passe-t-il si on applique au triangle une homothétie de rapport $\lambda $ (avec $\lambda >1$ par exemple) ?

      Cordialement,

      Aziz El Kacimi

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      • La tête à vingt degrés

        le 18 février à 18:42, par Olivier

        Bonjour,

        j’ai choisi CA=CB=1 et donc ces longueurs « n’apparaissent pas ». Par exemple dans le triangle CEB on a :
        sin(10)/EC=sin(150)/BC donc EC=sin(10)/sin(150) et sin(150)=sin(30) donc EC=sin(10)/sin(30).
        (je me rends compte que j’ai fait une erreur de frappe pour ce triangle).

        Olivier

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        • La tête à vingt degrés

          le 19 février à 14:47, par Aziz El Kacimi

          Bonjour,

          Pardon ! je n’ai pas fait attention : vous avez effectivement pris $CA=CB=1$. Avec ça, il n’y a plus de problème. Votre solution est correcte, simple et rapide... en somme, super ! Merci de l’avoir communiquée !

          Bien cordialement,

          Aziz El Kacimi

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  • La tête à vingt degrés

    le 19 février à 23:00, par Trebla

    La courtoisie m’oblige à adopter vos notations plutôt que les miennes mais, craignant des erreurs de transcription, je vous envoie dans un premier temps avec mes notations car garanties sans erreur. Demain je vous enverrai la même chose avec vos propres notations après avoir fait bien attention à ne pas me tromper. Remerciements

    Document joint : notations.jpg
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  • La tête à vingt degrés

    le 19 février à 23:04, par Trebla

    Même message que le précédent

    Document joint : calculs.jpg
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  • La tête à vingt degrés

    le 20 février à 16:32, par Trebla

    Aujourd’hui j’adopte vos propres notations.

    Dans un autre ordre d’idées, je partage les regrets de bien des gens que la nomenclatura des mathématiciens ait choisi, sous prétexte de « modernité », de snober la géométrie (depuis les années 60 \ 70 déjà). D’aucuns auraient dit « La Géométrie, c’est de la Physique ». Moi je dis humblement « ...et alors ? »

    Document joint : calculs2.jpg
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