Forum de mathématiques - Bibm@th.net

je voyais, au feeling, Dh2 qui impose l'échange des dames, et ensuite, les blancs me semblent bien, mais non, il y a mieux.

1) 1. Fe5!    continue de contrôler la case g3 d'attaque du cavalier, qui m'a l'air cuit.

2) 1. Fg3??  CxG3+ (0-1), mats en deux pour les noirs.

1. ...  Df1+
2. Tg1   Cg3+
3. hxg3  Dh4++

1. c8=T   et surtout pas D car alors ... pat
après, les noirs doivent gérer la menace directe de mat avec Ta8, donc si les noirs préviennent avec 1.  ...   Ta4, le blancs vont passer par en bas, donc par exemple 2. Th8,
un éventuel échec au roi blanc sera contré par 3. Rb3 (qui contre Ta3+ ou Tc4+) et la menace 4. Th1++ n'est parable. (ça n'existe pas par(r)able ?)

Il y a aussi 1. Rc2 ... 2. c8=D ou cxd8 = D si les noirs ont joué 1. ... Td8 qui est gagnant, mais je pense que Bobby aurait préféré la promo tour.

On a :
[tex]M(t , t^2)[/tex] ;
[tex]T : y=2tx-t^2[/tex] ; soit [tex]2tx+y-t^2=0[/tex]
[tex]d : x+2ty-t-2t^3=0[/tex], (vecteur directeur perpendiculaire à ceux de T et passant par M ...)

Considérons [tex]N(t,0)[/tex], le projeté orthogonal de M sur [tex](Ox)[/tex], et [tex]C(0 , \frac{1+2t^2}{2})[/tex] le point d'intersection de d et [tex](Oy)[/tex].
On trouve l'ordonnée de C en prenant [tex]x=0[/tex] dans l'équation de d et en faisant dans un premier temps gaffe de distinguer le cas [tex]t=0[/tex] et t non nul, (du coup, il y a peut-être mieux vu qu'au final, cela n'a pas d'importance).

Maintenant, un peut de géométrie du collège.

Les droites parallèles [tex](Oy)[/tex] et [tex]i[/tex] forment, avec la sécante [tex](BM)[/tex] deux angles alternes-internes [tex]\widehat{FBM}[/tex] et [tex]\widehat{BMN}[/tex] de même mesure. Autrement-dit : [tex]\widehat{FBM}=\widehat{BMN}[/tex].

Par ailleurs, par construction, les droites [tex]r[/tex] et [tex]i[/tex] sont symétriques par rapport à d, qui est donc une de leur bissectrice, l'autre étant la perpendiculaire à d passant par M, à savoir T. Donc [tex]\widehat{NMB}=\widehat{FBM}[/tex].

Finalement, [tex]\widehat{FBM}=\widehat{FMB}[/tex], autrement-dit, le triangle [tex]FMB[/tex] est isocèle en F.

Or, [tex]BMC[/tex] est rectangle en M. Donc F est le milieu de [tex][BC][/tex].
ça me semblait évident, mais une courte démonstration me semble finalement nécessaire, (d'où peut-être le recours aux angles complémentaires).
[tex]\widehat{BCM}=90-\widehat{CBM}[/tex] (angles aigu dans un triangle rectangle)
[tex]\widehat{CMF}=90-\widehat{FBM}[/tex]  (angles complémentaires)
Comme [tex]\widehat{FBM}=\widehat{CBM}[/tex], on aussi [tex]\widehat{BCM}=\widehat{CMF}[/tex].

Autrement-dit, [tex]FCM[/tex] est isocèle en F, d'où [tex]FC=FM[/tex]. Or [tex]FM=FB[/tex] d'où [tex]FB=FC[/tex] puis F milieu de [tex][BC][/tex].

Maintenant, retour au lycée moderne, y a plus qu'à calculer les coordonnées de F.
[tex]F(\frac{0+0}{2} , \frac{0.5+t^2-t^2}{2})[/tex] soit [tex]F(0 ; 0.25)[/tex].

j'ai le sentiment que tu me conseilles de maintenir la dame en c7, et de trouver un coup actif ne permettant pas l'ouverture du couloir. J'ai beau chercher, pour le moment, je ne vois pas.
En revanche, 4. Dc5 modifie le tempo noir, même si la réponse est ... Dd7, cette fois, les blancs sont "en force" pour les échanges
avec 5. Dxc8 ... pas mieux pour le moment