Forum de mathématiques - Bibm@th.net

Bonsoir,

Pour ce joli problème dont vous recherchez la solution,
Avec une seule inconnue et Pythagore, tenant compte de la bissectrice de l'angle ACB, vous avez assez de données pour calculer base et hauteur du triangle DOE ...

Cordialement.

Bonjour,

Même chez "petitmou" comme vous l'appelez, il y a des ressources....
Essayez http://www.vb-helper.com/howto_net_fraction_class.html

C'est aussi facile à installer ou utiliser que l'extension à OpenOffice
et aussi facile qu'écrire sous Python :
from fractions import *
a=Fraction(4,5)
b=Fraction(12,7)
print (a+b)

Pourquoi cet ostracisme envers les Visual VB, C#, C++ Express accessibles gratuitement ?
Ce sont des outils peu égalés par d'autres en ergonomie, facilités de programmation et rapidité d'exécution...

Cordialement

Je repense aux problèmes de trains qui se rattrapent comme on en faisait à l'école primaire :

Le train Trotteuse qui se déplace d'une unité à la seconde et qui part depuis l'unité 0
Le train Petite marchandise qui part de l'unité [tex]\frac{5}{3}[/tex] à la vitesse [tex]\frac{5}{3600}=\frac{1}{720}\ u/s[/tex]
Le train Grande vitesse qui part de l'unité 20 à la vitesse [tex]\frac{1}{60}\ u/s[/tex]
Le train B qui reste soigneusement à égale distance (à la règle et au compas) de P et G :
il part du point [tex]\frac{\frac{5}{3}+20}{2}=\frac{65}{6}[/tex] à la vitesse  [tex]\frac{\frac{1}{720}+\frac{1}{60}}{2}=\frac{13}{1440} \ u/s[/tex]

En raisonnant comme à l'école primaire, on disait :
En 1 seconde, la distance entre T et B diminue de [tex]1-\frac{13}{1440}= \frac{1427}{1440} unités[/tex],
pour que T rattrape B, il faudra donc [tex]\frac{\frac{65}{6}}{\frac{1427}{1440}}\ secondes,\ soit\ la\ durée \frac{15600}{1427}[/tex]

Et le maître d'école passait dans les rangs en frappant fort sur la table avec sa règle si on oubliait le dénominateur commun... Mais il nous préparait très bien à l'examen d'entrée au Cours Complémentaire (= entrée en 6ème, réussite enviée) qui allait nous permettre de préparer ce fameux BEPC (Brevet d'Etudes du Premier Cycle)

J'allais oublier de proposer : [tex]\frac{a}{b} = \frac{1330}{1427}[/tex]

Cordialement

Bonjour,

Aucune réaction après cette simple (?) et belle démonstration de géométrie pure ?
Même pour ceux qui préfèrent la géométrie à la trigo ?...

J'ai lu depuis que l'inversion et les faisceaux harmoniques ont été supprimés des programmes du lycée dans les années 1970, remplacés par "les mathématiques modernes"

Mais peut-être la description de la démonstration est-elle trop succincte s'il reste trop peu de la compréhension géométrique dans les esprits ?

Pour ceux qui voudraient approfondir, le livre de "Federigo ENRIQUES : Leçons de géométrie projective" est un grand classique...

Cordialement.

Bonjour,

@yoshi : Vos interventions sur ce forum sont d'une qualité remarquable dont ne sont absentes ni la patience ni la gentillesse.
Aussi je souhaite que vous puissiez pardonner quelques intrusions de jadis par trop inconsidérées de ma part.
En toute sincérité.

Bonjour,

Ne faut-il pas enfin donner cette solution !
On a vu la construction géométrique de C" et C''' tangents à C, C' et à la droite PS de 2 manières différentes !
Par inversion de pôle M, puis par intersection avec une ellipse de la perpendiculaire (D) à (MN) en P
On peut aussi remarquer que R, centre de C" est intersection de (D) avec les paraboles de foyer O (centre de C) et de directrices parallèles à (PS) à une distance de (PS) égale au rayon de C.
Mais la solution géométrique la plus simple :

Cordialement

Edit : J'ai corrigé PAA' en PA'A car c'est bien A' le sommet de l'angle
Édit : "L'intersection B de (B1 et (D) est le conjugué de R" est un mauvais raccourci pour
"L'intersection B de (B1) et (D) est le centre du cercle conjugué du cercle de centre R"

Bonjour,

@jpp : L'ellipse est définie et construite géométriquement (post #30) ainsi que C".
Comment l'équation polaire du post #34 permet-elle de terminer la démonstration ?

@nerosson : C'est un beau problème pour ceux qui aiment la géométrie, mais il  faut effectivement un grand braquet pour le surmonter.

Cordialement.

Bonjour,

MAIS BIEN SÛR, ET CELA PERMET DE CONSTRUIRE C" à la règle et au compas, plus facilement qu'avec l'inversion que j'ai proposée.

Supposons C" construit, T le point de contact de C et C", T' le point de contact de C'et C"
Appelons r le rayon de C, r' le rayon de C' et r" le rayon de c"
Soientt O le centre de C, O' le centre de C' et R le centre de C"
Soit J sur MN le pied de la médiatrice de PN

OR= r-r" et O'R = r'+r" donc  OR+O'R = r+r' = Constante :
R est sur E, ELLIPSE de foyers O et O' et de grand axe MJ
Soit J' sur MN le milieu de MJ, J' est le centre de E
Soit Z un point d'intersection des 2 cercles de diamètres MJ' et OO' : Le petit axe de E est égal à la longueur de MZ

MAINTENANT NOUS POUVONS CONSTRUIRE C"
Soit D la perpendiculaire à MN passant par P
Soit le cercle C1 de centre J' et de rayon MJ'
Soit le cercle C2 de centre J' et de rayon MZ
Soit X un point  d'intersection de D et C1
Soit Y l'intersection de [J'X] et C2. R est le projeté orthogonal de Y sur D

C" est le cercle de centre R et de rayon O'R - r'
Soit le cercle de diamètre PR, H et H' les intersections de ce cercle avec C" : PH est tangent  à C"

Reste à démontrer que PH passe par S !….. La voie est tracée….

Cordialement

rebonjour,

@jpp : J'ai bien décortiqué l'image du post #22. J'appelle T le point d'où partent les tangentes à C, C' et C" et qui est situé sur la perpendiculaire en M à (MN).
Le cercle de centre T passant par M passe aussi par le point de contact A de C et C" et par A' point de contact de C' et C".
Dans ma construction utilisant l'inversion, A a pour conjugué le point Y intersection de (MA) avec (D) et A' a pour conjugué Y' intersection de (MA') avec (D'). Alors ce cercle de centre T passant par M est le conjugué de (YY') qui est une droite parallèle à (MN). On sait donc définir précisément T tel que C" soit tangent à (PS).

@freddy :La construction de nerosson est correcte, mais son raisonnement utilise le résultat qu'il faut démontrer.

nerosson ne dit pas que C" est tangent à PS'. Ensuite

nerosson ne dit pas que C''' est tangent à PS. Ensuite

Cette dernière affirmation revient à admettre que C" est tangent à PS' alors que c'est ce qui n'est pas admis au début et qu'il faut démontrer, la suite est donc caduque :

Cordialement

Bonsoir,

En prenant les données de jpp au post #5, la courbe suivie par les centres R N'est pas une ellipse
Si M a pour coordonnées (0;0) et N (1;0) la courbe a pour équation : [tex]y=\frac{x\times\sqrt{2\times(1-x)}}{1+x}[/tex] pour x de 0 à 1

Tangente oblique en M et verticale en N sur la courbe en gras.
Cordialement

re,

La perpendiculaire à la droite (PS) est primordiale dans la construction du cercle C"
Soit S' le point sur C symétrique de S par rapport à [MN] (symétrie axiale)
Si vous montrez que la perpendiculaire à PS' passe par S : Bingo

Cordialement

Bonjour,

@freddy : Quelle est votre démonstration ?
@nerosson : Le point faible de votre démonstration est dans la construction du cercle C" : Si vous construisez un cercle centré sur la bissectrice de PS et PS' et tangent au cercle C, rien ne prouve qu'il sera aussi tangent au cercle C'.

La démonstration consiste à prouver qu'il existe un cercle C" tangent à C, C' et PS et UN AUTRE CERCLE C''', symétrique de C" par rapport à MN, et tangent lui aussi à C, C' et PS. Il ne faut pas introduire PS' comme tangente à C" A PRIORI.

Mais l'idée de la symétrie est la bonne
La construction de C" et C''' se fait en utilisant une inversion de pôle M et de puissance MP.MN et les cercles C" et C''' sont démontrés égaux par construction au cours même de cette construction (avec règle et compas). Détails si cela vous intéresse.

Cordialement

J'ajoute : Excellente publicité pour Géolabo de notre administrateur Fred