Au fil des problèmes n° 542

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Frédéric de Ligt

© APMEP Décembre 2021

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542-1 Le triangle de Bottema

D’après une remarque de Jean-Pierre Boudine dans son dernier ouvrage L’appel des maths-2-Géométrie p. 160 aux éditions Cassini paru en 2020 :

Soit \(\mathsf{ABC}\) un triangle tel que la bissectrice extérieure de \(\widehat{\mathsf{B}}\) coupe la droite \((\mathsf{AC})\) en \(\mathsf{D}\) et la bissectrice extérieure de \(\widehat{\mathsf{A}}\) coupe la droite \((\mathsf{BC})\) en \(\mathsf{E}\). Si \(\mathsf{BD}=\mathsf{AE}=\mathsf{AB}\), que valent alors les angles \(\widehat{\mathsf{A}}\) et \(\widehat{\mathsf{B}}\) ?

542-2 Une inégalité genre olympiade

Prouver que, pour tous réels strictement positifs \(x\), \(y\) et \(z\), on a : \[\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x} \right)^2 \geq \left( x+y+z \right) \left( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\]

542-3 La onzième médiété

Origine de la question : une médiété est une suite constituée de trois termes positifs, distincts deux à deux, telle qu’avec deux d’entre eux et deux de leurs différences on peut obtenir deux rapports égaux. Pappus d’Alexandrie ( IV^e siècle après J.-C.), dans son Synagogè, recense à un moment les différentes médiétés possibles et en compte au total dix (la Décade sacrée des pythagoriciens !). Mais en épuisant les différentes combinaisons et en ne retenant que celles qui sont pertinentes, on en trouve en fait onze.

Voici la médiété que Pappus a ignorée (volontairement ?) :

avec \(0< a< b< c\) on doit avoir \(\dfrac{\mathstrut c-a}{b-a\mathstrut }=\dfrac{c\mathstrut }{a\mathstrut }\cdotp\)

Comme exemple d’une telle médiété on peut donner 6, 8, 9.

On tire de cette égalité que \(c=\dfrac{a^2}{2a-b}\cdotp\)

La question : on considère alors la suite \(\left(u_n\right)_{n\geq 0}\), récurrente d’ordre 2, définie par \(u_{n+2}=\dfrac{u_n^2}{2u_n-u_{n+1}}\) avec \(u_0=1\) et \(u_1=a\).

Pour quelles valeurs de \(a\) la suite converge-t-elle vers une limite strictement positive ?

542-4 Tiré d’un vieux numéro du Journal de mathématiques élémentaires (Alain Bougeard – Les Lilas)

Un triangle isocèle \(\mathsf{ABC}\) étant donné, trouver sur sa base \([\mathsf{BC}]\) deux points \(\mathsf{D}\), \(\mathsf{E}\), et sur les côtés \([\mathsf{AB}]\) et \([\mathsf{AC}]\) deux points \(\mathsf{F}\), \(\mathsf{G}\), tels que le pentagone \(\mathsf{AFDEG}\) ait ses côtés égaux.

À propos des problèmes parus précédemment

540-1 Un défi niveau Terminale

Les réponses reçues proviennent de Bernard Coutu (Quint-Fonsegrives), Pierre Renfer (Saint-Georges-d’Orques) et Daniel Vacaru (Corbeni, Roumanie). Tous trois utilisent la valeur des nombres dérivés en \(0\) des fonctions exponentielle et sinus et obtiennent que \(f(0)=\dfrac{\pi^2}{8}\cdotp\)

540-2 Une double représentation

Toutes les contributions observent, par un argument de parité, que le plus petit nombre premier doit être \(2\) ; ce qui élimine une inconnue dans l’équation \(A=B\). Marc Roux (Nîmes) et Daniel Vacaru (Corbeni, Roumanie) prennent l’outil de la divisibilité pour parvenir à une étude de cas. Ils aboutissent ainsi à deux solutions \((2,3,7)\) et \((2, 5, 7)\). Finalement, en tenant compte de la contrainte A et B premiers, il ne reste que l’unique solution \((2,5,7)\). Pierre Renfer (Saint-Georges-d’Orques), à un changement de variable près, procède de même façon.

Ludovic Jany (Bolquère), de son côté, considère la fonction de l’entier \(q\) définie à partir de \(3\) par \(f(q)=\dfrac{\mathstrut5+5q}{q-2\mathstrut}\) et cherche les entiers premiers qui ont une image entière par \(f\). Après avoir remarqué qu’au-delà de \(17\), \(f(q)\) est strictement compris entre \(5\) et \(6\), il passe en revue tous les nombres premiers impairs entre \(3\) et \(17\) et retient \(3\) et \(5\), puis revenant à l’équation initiale, élimine la valeur \(3\) pour \(q\).

540-3 Curiosité numérique

Michel Lafond (\(\dagger\)2020) et Ludovic Jany (Bolquère) expliquent cette curiosité en utilisant les égalités \(\displaystyle\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{i}{{1000}^i}=\frac{\dfrac{1}{{1000}}}{\left(\dfrac{999}{{1000}}\right)^2} =\frac{{1000}}{{998001}}\) et en remarquant que, dans la série, les termes de rang 999 et 1000 ajoutés au terme de rang 998 donnent 999 pour numérateur au terme de rang 998. D’où la disparition de cette suite de trois chiffres dans le développement décimal.

540-4 Crescendo

1. Les triangles rectangles. Pierre Renfer (Saint-Georges-d’Orques) passe par la géométrie analytique et Ludovic Jany (Bolquère) par les angles pour montrer simplement que le seul triangle solution est le demi triangle équilatéral.
2. Les triangles en général. Les mêmes auteurs proposent aussi leur solution pour la seconde question qui était plus ardue. Cette fois ils se placent tous deux dans un repère orthonormé. Le premier raisonne avec des intersections de droites alors que le second égale des aires de triangles.
   Pierre Renfer parvient à la conclusion que si l’angle trisecté est supérieur ou égal à l’angle droit, les triangles solutions ont des côtés proportionnels à \(1\), \(2\cos(\alpha)\), \(\sqrt{-16\cos^4(\alpha)+16\cos^2(\alpha)+1}\) alors que si cet angle est strictement inférieur à l’angle droit, une seconde famille de triangles est possible qui ont tous leurs côtés proportionnels à \(1\), \(\cos(3\alpha)\), \(\sin(3\alpha)\).
   Ludovic Jany obtient, quant à lui, un côté de l’angle trisecté étant fixé, un paramétrage du troisième sommet et conclut que ce sommet appartient à un limaçon trisecteur.

Toutes les contributions de ces auteurs sont consultables ici.

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