Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonsoir,

@ jpp : tout à fait exact. Reste donc à marquer l'intersection P de (BC) avec l'hyperbole (à la règle et au compas).
En caractérisant (géométriquement) l'hyperbole à partir des points A, B et M connus.

Ce n'est pas facile !  Cordialement.

Bonsoir,

@jpp : J'ai recalculé (sur un tableur) le temps mis par chacun en suivant votre graphique qui fait changer chacun de moyen de locomotion tous les 2,5 km.

Bien sûr en tenant compte des pavés entre les kms 8 et 11 qui diminuent les vitesses de 25%, donc augmentent les temps sur ces pavés de 1/3

L'aîné parcourt les 15 kms en 80 minutes et 20 secondes, (Pavés :VTT sur 2 km, à pied sur 1 km)
Le cadet parcourt les 15 kms en 77 minutes, (Pavés :VCourse sur 3 km)
Le benjamin parcourt les 15 kms en 82 minutes et 40 secondes (Pavés : à pied sur 2 km, VTT sur 1 km).

Peut-être faudrait-il réconcilier raisonnement et graphique ?

Cordialement

Bonsoir,

Je suis tout à fait d'accord avec nerosson : c'est un beau problème géométrique

Obtenir 6 cercles tangents extérieurement à un cercle unité et tangents successivement entre eux circulairement est cependant aisé, et sans respecter obligatoirement circulairement la suite a, b, b/a, 1/a, 1/b et a/b :

Soient 6 points quelconques (a priori) A1, A2,…,A6 sur un cercle C0 de centre O, de rayon 1 et les tangentes à C0 en ces 6 points,
Soient T1, T2,…,T6 les points d'intersections de ces tangentes. On construit facilement 6 cercles C1 à C6 orthogonaux au cercle C0 et ayant pour centres ces 6 points d'intersection : Ces 6 cercles sont tangents 2 à 2 aux points A1 à A6.
On choisi un point P1 sur la demi-droite [OA1) et on construit la deuxième tangente au cercle C1 et son point d'intersection P2 avec [OA2)
On construit la deuxième tangente au cercle C2 et son point d'intersection P3 avec [OA3)
Et ainsi jusqu'à construire P5
Les cercles de centres P1 à P5 et tangents au cercle C0 sont 2 à 2 tangents entre eux.
Idem pour construire P6 et le 6ème cercle, mais il faut ajuster le point A6 en fonction du choix de A1 à A5 !

Ainsi la construction est possible avec 5 paramètres indépendants

Les cercles C1 à C6 sont les cercles inscrits dans les triangles que forment les points P1 à P6 avec le centre O de C0

Cordialement

re,

Un petit effort: Dans une équation à 3 inconnues, il y en a une qui peut être exprimée en fonction des 2 autres !

Cordialement

Bonsoir,

La réponse 1) du post 1 est bien la "suite égale à l'identité" donnée par freddy

Mais il faut vérifier, en posant comme le 4) du post #1 qu'il n'existe aucune autre suite qui convienne :

Après avoir démontré que U(0) = 0 pour toute suite éventuelle,
soit donc U(0) = 0 et U(1) = p, p différent de 1
pour n=0 et m=1 on a U(0x0+p) = 0²+1 = 1
pour n=1 et m=0 on a U(1xp+0)= p²+0 = p² : Ces 2 valeurs de U(p) sont incompatibles puisque p est différent de 1

Cordialement

Bonjour,

La réflexion dont jdec se réjouit au post #4 peut être exploitée, mais en laissant M choisi fixe....

La solution complète sera publiée ultérieurement : Une première approche fructueuse est certainement de déterminer le lieu de P quand Q parcourt (AB) en ne conservant que la contrainte PA=PQ

Qu'est-ce qui rend beau un problème de géométrie ?
Cordialement

Bonjour,

Bonjour,

Solution complète en prenant la figure de jpp (post #2) comme référence :

Le rectangle AHB est rectangle en H et C' est le milieu de AB donc C'B=C'H et le triangle BC'H est isocèle..
B' est milieu de AC donc B'C' qui est parallèle à la base BH est tangent en C' au cercle C1 circonscrit au triangle BC'H
Considérant alors les 2 triangles MC'I et MHC' :
L'angle MC'I  est égal à l'angle MHC' puisqu'ils interceptent le même petit arc C'I du cercle C1 ; ces deux triangles ayant aussi le même angle en M sont donc semblables et :
[tex] \frac{MC'}{MH}=\frac{MI}{MC'} [/tex]
[tex] MC'^2=MI\times{MH} [/tex]
Le même raisonnement conduit à   [tex] MB'^2=MI\times{MH} [/tex] donc MB'=MC'

Cordialement

Bonjour,

J'ai précisé lesquelles....

Bonsoir,

@jpp : Je ne crois pas que votre dernier argument prouve que I et J soient confondus, même tous deux sur C2

Pourtant vos (1) et (2) du début sont dans la bonne direction.
En remarquant alors que dans le triangle la somme des angles vaut [tex]\pi[/tex]il vient de suite que [tex]\widehat{C'IB'}=\pi-\widehat{C'AB'}[/tex],
Donc du fait des angles supplémentaires I est sur le cercle C3 circonscrit au triangle AB'C'.

Bonne suite...

Re,

Mieux vaut peut-être attendre les arguments habituellement percutants de nerosson avant de commenter,
mais on peut douter que la tentative des [tex]\frac{3}{8}[/tex] réussisse auprès du fils.

Et pour des lecteurs éventuels de cette rubrique il serait bon de justifier les choix conseillés par les mathématiciens..., même et surtout s'ils sont bons.

A+ Cordialement