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Article du bulletin 498

et solution du 496-1, 496-2, 496-3 et 496-4

Bruno Alaplantive

Exercices

Exercice 498-1 (Un problème de lieu) Olympiades soviétiques 1966

On considère un triangle ABC d’un plan $\mathcal{P}$ , un point M de l’espace n’appartenant pas à $\mathcal{P}$ et son projeté orthogonal H sur $\mathcal{P}$ .
Le point M est tel que MH est la plus petite des quatre hauteurs du tétraèdre ABCM.
Déterminer le lieu de H.

Voir l’article où est publiée la solution

Exercice 498-2 (Daniel Reisz – Auxerre)

On joue 20 fois à pile ou face et on obtient :

$$00\ 11\ 0000\ 1\ 0\ 11\ 00000\ 1\ 00.$$

On regroupe les blocs formés par le même chiffre (comme suggéré typographiquement). Ici il y en a 9.
De tels blocs s’appellent des runs en anglais.
Un élève est censé avoir joué 50 fois à pile ou face et prétend avoir obtenu le résultat suivant :

$$1010110100101100010100101011000101010011001010100 ;$$

soit 36 runs.
La probabilité d’un nombre si élevé de runs est très faible et fait douter de la réalité des lancers.

Écrire un algorithme qui simule 100 lancers de 50 « pile ou face », qui compte le nombre de runs et imprime leur nombre moyen.

Voir l’article où est publiée la solution

Exercice 498-3 (Galet rond ?)

La figure 1 ci-contre est issue de l’article « L’art d’arrondir les angles » de Julien Moreau (voir à la rubrique Dans nos classes du présent bulletin).

Prouver que les points P, Q, R, S, T et U sont cocycliques et préciser le centre du cercle.

Voir l’article où est publiée la solution

Exercice 498-4 (Pour nos élèves) exercices tirés de La feuille à problèmes de l’IREM de Lyon

« Nos élèves » n’ont pas été très loquace…

Dans l’attente de réelles solutions d’élèves que j’aurais plaisir à faire paraître, voici les réponses sans commentaire.

  • f est une fonction affine. On sait que 1,2 < f(1) < 1,4 et 3,3 < f(2) < 3,6. Que peut-on dire de f(10) ?
    En 2012, on peut utiliser Geogebra pour émettre une conjecture.
  • Trouver un polynôme à coefficients entiers admettant $\sqrt 2 +\sqrt 3$ comme racine.
  • La suite a-t-elle une limite ? Si oui, laquelle ? Si non, pourquoi ?

Solutions

Exercice 496-1 (Pierre de Fermat – Beaumont de Lomagne)

Sur la figure ci-contre, le rectangle ABCD est tel que $AB=\sqrt 2 AD$
À partir d’un point M du demi-cercle de diamètre [AB] extérieur au rectangle, on construit les segments [MC] et [MD]. Les points X et Y sont leurs intersections respectives avec le côté [AB].
Prouver que AX^2 + YB^2 = AB^2 .

Solution de Jacques Borowczyk (Tours)

Autres solutions : Jean Gounon (Chardonnay), Raymond Heitz (Piriac), Bernard Collignon (Coursan), Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques), Pierre Lapôtre (Calais) Jean-Claude Carréga (Lyon).

Remarque. Jacques Borowczyk et Bernard Collignon se sont intéressés au cas où M est situé sur le cercle de diamètre [AB] mais du côté du rectangle. L’égalité est toujours vérifiée, par contre les points X et Y seront situés (tous les deux ou un seul des deux, cela dépend de l’angle) en dehors du segment [AD].

Nota. L’idée d’une application du théorème de Pythagore pour la démonstration, vient naturellement à l’esprit mais ne semble pourtant pas aboutir … ? La question de l’origine de ce résultat reste énigmatique et entêtante. Ainsi, commentant sa solution, Jacques Borowczyk dit n’être pas parvenu, à l’instar de Georges Bouligand [1] , à comprendre la raison profonde du résultat.

Exercice 496-2 (Daniel Reisz – Auxerre) d’après un exercice proposé par Michel DEMAZURE, dans son Cours d’Algèbre, éditions Cassini

Une publication médicale annonce un traitement nouveau d’une maladie rare, efficace dans 29,41 % des cas. On sait que les malades qui ont fait l’objet de cet essai clinique étaient moins nombreux que 100.
Donner un nombre possible (on peut aussi proposer un algorithme renvoyant toutes les réponses possibles inférieures à 100).

Solution de Bernard Collignon (Coursan)

Autres solutions : Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques), Pierre Lapôtre (Calais) Jean-Claude Carréga (Lyon).

Exercice 496-3 (Louis-Marie Bonneval – Poitiers)

Cette photo représente un escalier en colimaçon vu d’en bas.
On a l’impression de voir une spirale. Est-ce le cas ?

Solution de Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques)
L’escalier est une hélice tracée sur un cylindre droit à base circulaire.
La photo de l’hélice est son image par une projection centrale f de l’espace projectif vers un plan projectif.
Les points d’intersection de l’hélice et d’une génératrice $\Delta$ du cylindre forment une échelle régulière.
Soient A, B, C trois points consécutifs de cette échelle.
Alors le point à l’infini $\omega$ de $\Delta$ est le conjugué harmonique de B par rapport à (A, C).
Soient U, V, W, O les projetés respectifs de A, B, C, $\omega$ par fsur la droite $\Delta'$, image de $\Delta$.
Comme f est une application homographique et qu’elle conserve les divisions harmoniques, O est le conjugué de V par rapport à (U, W),
Si l’image de l’hélice était une spirale d’Archimède les distances OU, OV, OW formeraient une suite arithmétique et c’est le point à l’infini $\alpha$ de $\Delta'$ qui serait le conjugué de V par rapport à (U, W).
Si l’image de l’hélice était une spirale logarithmique les distances OU, OV, OW formeraient une suite géométrique et c’est le symétrique V’ de V par rapport à O qui serait le conjugué de V par rapport à (U, W), car l’inversion de pôle O laissant fixes V et V’ échangerait U et W.
L’image de l’hélice n’est donc ni une spirale d’Archimède ni une spirale logarithmique.

Solution de Louis Bonneval (Poitiers)

Remarques :

  1. R est positif, h est négatif ; m est positif ou négatif selon le sens d’enroulement de l’hélice. Donc a peut être positif ou négatif, et cela indique le sens d’enroulement de la spirale sur l’image.
  2. Si le point de vue n’est pas sur l’axe (par exemple s’il est sur l’escalier lui-même, dans le cas d’une vue d’en haut), on peut adapter le raisonnement, et la courbe obtenue n’est plus une spirale.

Autres solutions : … pas d’autre solution. En quelque sorte : y’a pas d’(autre) hélice hélas, c’est là qu’est l’os ! [2]

Nota. Louis-Marie Bonneval précise qu’il y a d’autres familles de spirales : de Galilée, de Fermat, parabolique, de Poinsot, de Nielsen, de Cotes, lituus, spiral … et renvoie par exemple le lecteur intéressé au numéro spécial 45 de la revue du Palais de la Découverte intitulé Courbes mathématiques que l’APMEP diffuse avec ce même titre mais sous le numero 202.

Exercice 496-4 (Frédéric de Ligt – Montguyon)

Un quadrilatère convexe, dont les côtés et les diagonales sont rationnels, est divisé par ses diagonales en quatre triangles.
Prouver que les côtés de chacun de ceux-ci sont rationnels.

Solution de Raymond Heitz (Piriac)

Autres solutions : Pierre Renfer (Saint Georges d’Orques), Bernard Collignon (Coursan).

Nota. Cet exercice nous invite à relire l’article de Pierre Legrand sur les questions de rationalité d’angles mesurés en degrés, paru dans le BV 491 (p. 729).

(Article mis en ligne par Armelle BOURGAIN)

[1] Georges Bouligand (1889 - 1979), mathématicien français. On lui attribue la citation suivante au sujet des démonstrations : « Bien des théorèmes sont susceptibles de différentes démonstrations. Les plus éducatives sont naturellement celles qui font comprendre les raisons profondes des résultats qu’on se propose d’établir. En pareille matière la notion de domaine de causalité fournit un guide. »

[2] pour reprendre un échange entre Bourvil et De Funès à la fin de La grande vadrouille.


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