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Dilbert

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Avec des parallèles ? facile.

On prend un 3e point E au hasard plutot vers le centre puis on trace un 4e point F grace aux parallèles de façon à faire un parallèlogramme entre les 4 points : F est l'intersection de la parallèle à (AE) passant par B et à (BE) passant par A On trace la diagonale avec les deux nouveaux points.

On répète l'opération.

L'intersection des deux segments obtenus est alignée aux deux premiers.

Bon, ça marche. Il faut quand même savoir que l'on perd de plus en plus de précision lorsque l'on trace approximativement des parallèles. Dans la solution qui était donnée, on ne construit approximativement des parallèles qu'à deux reprises. Il suffit de se retrouver astucieusement dans des conditions où l'on peut appliquer le théorème de Pappus.

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Pas mal, tout ça…

Tiens, puisqu'on est dans la géométrie, un plutôt très facile, que j'ai trouvé bizarrement dans la "Philosophie pour les nuls" :

Etant donné un carré, tracer un carré de surface double. On dispose d'une règle non graduée et d'un compas.

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Etant donné un carré, tracer un carré de surface double. On dispose d'une règle non graduée et d'un compas.

Prenons un carré ABCD de coté a, on trace une de ses diagonales - mettons [AC] - de longueur sqrt(2)*a (théorème de Pythagore). Il suffit de construire un carré en prenant cette diagnole pour un des cotés (l'aire du carré obtenu est alors 2*a^2.) Pour cela, on trace la seconde diagonale (BD), qui est perpendiculaire à (AC) puis on construit F tel que ABDF soit un parallèlogramme et E tel que CBDE en soit un également. L'aire du carré ACEF est le double de celle du carré ABCD.

Allez, dans un autre genre, mais beaucoup plus ardu : On a un damier n*m qu'on remplit de pions (un seul par case au maximum) avec pour condition qu'il y a dans chaque ligne et dans chaque colonne un nombre pair de pions. Montrer qu'il y a un nombre pair de pions qui sont sur une case noire. (Je n'ai pas encore la solution.)

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Allez, dans un autre genre, mais beaucoup plus ardu : On a un damier n*m qu'on remplit de pions (un seul par case au maximum) avec pour condition qu'il y a dans chaque ligne et dans chaque colonne un nombre pair de pions. Montrer qu'il y a un nombre pair de pions qui sont sur une case noire. (Je n'ai pas encore la solution.)

n et m doivent être supérieurs à 2, sinon le nombre de pions égale forcément zéro

s'il y a un nombre de pions positif sur l'échiquier, il y a 2n pions sur chaque ligne et 2m sur chaque colonne, le nombre total de pions sur l'échiquier est un multiple de 4.

Démonstration toute idiote:

-Si on a placé un nombre de pions pair sur chaque ligne et colonne, alors chaque pion appartient à (au moins un) quadruplet de pions formant un rectangle sur l'échiquier.

[ corollaire - Il est possible d'ôter les pions 4 par 4 de l'échiquier en conservant la parité du nombre de pions; ce faisant, on a nécessairement ôté 4 pions formant un rectangle.]

S'il y a 4k pions sur l'échiquier, alors il existe k rectangles de pions distincts.

Quelque soit le nombre de rectangle k, chaque rectangle de pions en compte nécessairement 0, 2 ou 4 sur cases noires.

Démo de la phrase en italique: si deux pions alignés se situent sur des cases de couleurs différentes, on ne peut former un rectangle de pions qu'en plaçant les deux derniers pions sur 2 cases de couleurs différentes. si deux pions alignés se situent sur des cases de couleur identique, on ne peut former un rectangle de pions qu'en plaçant les deux derniers pions sur 2 cases de couleur identiquee (indifférent: la même couleur ou l'autre couleur que celle des cases des deux premiers pions.)

C'est pas une démonstration qui va plaire à Etienne, mais c'est indémontable.

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C'est pas une démonstration qui va plaire à Etienne, mais c'est indémontable.

Pourquoi ça ne me plairait pas ? Ca me semble tout à fait juste…

Sinon, pour le problème de la régle de 30cm, la solution la plus efficace que j'ai pu lire :

Soient A et B les points à relier, distants d'à peu près 35cm. On trace une droite d′ à peu près parallèle à (AB) et distante d'elle de quelques centimètres (au maximum), et sur cette droite on marque deux points A′ et B′ tels que B′ soit à peu près aussi loin que possible de A, et A′ à peu près aussi loin que possible de B, mais pour que les droites AB′ et BA′ soient quand même traçables. Soit C′ un point sur la droite d′=(A′B′) à peu près au milieu de [A′B′]. On appelle C″ le point où AB′ et BA′ se rencontrent. On trace une droite d″ passant par C″ et à peu près parallèle à (AB) et (A′B′) : soit B″ l'intersection de cette droite d″ et de (AC′) et A″ l'intersection de d″ et (BC′). Soit C le point d'intersection de (A′B″) et (B′A″) (si on a bien choisi C′, ça doit être faisable). Alors le théorème de Pappus assure que A, C et B sont alignés, et C est à peu près au milieu de [AB], donc on trace (AC) (c'est assez court) et (CB) et on a notre droite (AB) recherchée.

Cette solution doit marcher lorsque le rapport entre la distance à tracer et la longueur de la règle n'excède pas quelque chose comme 4/3 (je n'ai pas vérifié, mais c'est de ce genre-là). Mais du coup, on peut faire comme si on disposait d'une règle, disons, 30% plus longue, et en itérant la construction on peut faire comme si on disposait d'une règle arbitrairement longue. (Sauf que ça devient complètement théorique parce que la perte de précision est rapidement énorme.)

Bon, allez, un dernier, pas évident du tout non plus : Soit n un entier supérieur ou égal à 1.

On partitionne l'ensemble {1, 2, 3, …, 3n} en 3 sous-ensembles A, B, C contenant n éléments.

Démontrez qu'on peut trouver x dans A, y dans B et z dans C tel que l'un d'eux soit la somme des deux autres.

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  • 1 month later...
Ma fréquentation assidue d'un autre forum m'a fait me souvenir de ce problème de géomètrie (euclidienne) élèmentaire : démontrer que la somme des angles d'un triangle est égal à 180°.

Tu considères le triangle et son symétrique sur l'un des côtés, tu te retrouves avec un quadrilatère et tout le monde sait que la somme des angles d'un quadrilatère fait 360°.

:icon_up:

:doigt:

:warez:

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Tu considères le triangle et son symétrique sur l'un des côtés, tu te retrouves avec un quadrilatère et tout le monde sait que la somme des angles d'un quadrilatère fait 360°.

:icon_up:

:doigt:

:warez:

cette réponse me parait un peut légère…

On considere un triangle ABC.

On trace une parallele au coté BC passant par A.

On nomme B' et C' les angles formés de coté de A avec la parallele.

Sachant qu'une droite est un angle de 180° et que les angles alternes-internes sont égaux, alors on a :

A + B' + C' = A + B + C = 180°

on en conclu que la somme des angles d'un triangle est toujours égale a 180°. (programme de 5eme)

une image pas très juste mais qui explique mieux que du texte :

triangle.JPG

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ça me fait penser à ca:

instruments disponibles: règle non graduée et compas

à partir d'un cercle quelconque tracé avec le compas, tracez un carré de même aire que le cercle.

ils devraient donner ça un jour à X pour voir …

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Invité Arn0
Pas mal, tout ça…

Tiens, puisqu'on est dans la géométrie, un plutôt très facile, que j'ai trouvé bizarrement dans la "Philosophie pour les nuls" :

Etant donné un carré, tracer un carré de surface double. On dispose d'une règle non graduée et d'un compas.

Si c'était dans un livre de philo c'est sûrement à cause de l'irrationalité de racine de deux j'imagine. Ou à cause de la théorie de la connaisance de Platon.
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cette réponse me parait un peut légère…

Sans blagues :icon_up:

On considere un triangle ABC.

On trace une parallele au coté BC passant par A.

On nomme B' et C' les angles formés de coté de A avec la parallele.

Sachant qu'une droite est un angle de 180° et que les angles alternes-internes sont égaux, alors on a :

A + B' + C' = A + B + C = 180°

on en conclu que la somme des angles d'un triangle est toujours égale a 180°. (programme de 5eme)

une image pas très juste mais qui explique mieux que du texte :

triangle.JPG

La tienne aussi me parait légère, car si on n'accepte pas le fait de savoir que la somme des angles d'un quadriltère fait 360° alors je ne vois pas pourquoi on accepterait de savoir qu'une droite "soit" un angle de 180°.

Ce n'est pas plus trivial pour moi.

Je précise que ma solution n'était pas sérieuse.

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ou en tout cas le cercle 360° (ça n'est peut être pas très correct de parler de l'angle du cercle :icon_up: )

Tout dépend s'il est citoyen, auquel cas il peut même être libéral grand angle.

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