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de la trigo!***

Posté par
lotfi 10-07-06 à 17:23

Bonjour
On a un triangle ABC rectangle en C et I le milieu de [BC].
démontrer que sin(iâb)1/3.

Good luck!

Lotfi

Posté par
lotfire : de la trigo!*** 10-07-06 à 19:20

Personne ne répond?
Personne n'est à la hauteur?

Posté par
plumemeteorere : de la trigo!*** 11-07-06 à 16:20

Bonjour

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Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : de la trigo!*** 11-07-06 à 16:32

Bonjour,

Je pense avoir une solution analytique (et bourrine). Mais je manque de temps pour la poster. Je le ferai plus tard.

Nicolas

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : de la trigo!*** 14-07-06 à 16:58

Bonjour,

Une solution analytique et bourrine...

On note \fbox{\theta=\sin\widehat{IAB}}

\begin{array}{rcl} \\ \frac{BC}{AB} & = & \sin\widehat{BAC}\\ \\ & = & \sin\left(\widehat{IAB}+\widehat{IAC}\right)\\ \\ & = & \sin\widehat{IAB}\cos\widehat{IAC}+\cos\widehat{IAB}\sin\widehat{IAC}\\ \\ & = & \theta\frac{AC}{AI}+\sqrt{1-\theta^2}\frac{BC/2}{AI}\quad(*) \\ \end{array}

Si BC=0, alors l'inégalité est vérifiée. On suppose maintenant que BC\neq 0. Comme le problème est invariant si on multiplie toutes les longueurs par la même constante, supposons \fbox{BC=2}.
On pose \fbox{AC=x} avec x\in[0;+\infty[
Alors AB=\sqrt{4+x^2}
On cherche à exprimer \theta(x) pour maximiser cette expression.

Avec nos notations, (*) s'écrit :
\frac{2}{\sqrt{4+x^2}}=\theta\cdot\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\sqrt{1-\theta^2}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}
Multiplions chaque membre par \sqrt{1+x^2}\sqrt{4+x^2} :
2\sqrt{1+x^2}=\theta\cdot x\cdot\sqrt{4+x^2}+\sqrt{1-\theta^2}\sqrt{4+x^2}
On isole \sqrt{1-\theta^2} :
2\sqrt{1+x^2}-\theta\cdot x\cdot\sqrt{4+x^2}=\sqrt{1-\theta^2}\sqrt{4+x^2}
On élève au carré, et on ordonne selon les puissances de \theta :
\theta^2\cdot(1+x^2)(4+x^2)-2\cdot\theta\cdot 2x\sqrt{1+x^2}\sqrt{4+x^2}+3x^2=0
Le discriminant réduit est : \Delta=x^2(1+x^2)(4+x^2)
D'où les solutions :
\theta(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{4+x^2}}\;\mathrm{ou}\; 3\frac{x}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{4+x^2}}
On note \fbox{\varphi(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{4+x^2}}}
Par continuité :
\left\{\begin{array}{l} \\ \mathrm{soit}\;\forall x\ge 0,\quad \theta(x)=\phi(x)\\ \\ \mathrm{soit}\;\forall x\ge 0,\quad \theta(x)=3\phi(x) \\ \end{array}\right.
\varphi est dérivable sur ]0;+\infty[ et, après calculs :
\varphi'(x)=(\sqrt{2}-x)\frac{(\sqrt{2}+x)(2+x^2)}{(1+x^2)^{\frac{3}{2}}(4+x^2)^{\frac{3}{2}}}
Donc \varphi est croissante sur [0;\sqrt{2}], puis décroissante sur [\sqrt{2};+\infty[, et :
\varphi(\sqrt{2})=\frac{1}{3}

Si \forall x\ge 0,\quad \theta(x)=3\phi(x), alors \theta vaut 1 en \sqrt{2}. C'est-à-dire : si AB=\sqrt{2}, alors \widehat{IAB}=\frac{\pi}{2}. Absurde.

Donc \forall x\ge 0,\quad \theta(x)=\phi(x).
Donc \theta admet \frac{1}{3} comme maximum.

CQFD

Sauf erreur.

Nicolas

Posté par
lyonnaisre : de la trigo!*** 14-07-06 à 19:32

Félicitations Nicolas



Je sens que ça va aller dans mes topics favoris tout ça ...

Romain

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : de la trigo!*** 15-07-06 à 04:46

Merci, lyonnais !

Mais ce n'est pas la meilleure réponse au problème. Néanmoins, quand on a pas trouvé la solution géométrique, il faut bien sortir l'artillerie lourde.

Nicolas

PS - faute de frappe sur la fin :
Si \forall x\ge 0,\quad \theta(x)=3\phi(x), alors \theta vaut 1 en \sqrt{2}. C'est-à-dire : si A\fbox{C}=\sqrt{2}, alors \widehat{IAB}=\frac{\pi}{2}. Absurde.

Posté par
lotfire : de la trigo!*** 15-07-06 à 12:32

Bonjour
Ce qui est sûre c'est que ce n'est pas la seule réponse.
vous avez un triangle rectangle; ce qui veux dire que vous pouvez utiliser les distances au lieu des sin et cos.
et vous avez aussi le millieu alors rappelez vous des propriétés géométrique consérnant ce point.
pour votre raisonnement vous pouvez commencer par la proposition de réponse et éssayé d'arriver à une proposition dont vous êtes sûr qu'elle est vrai.

Choukrane

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : de la trigo!*** 15-07-06 à 12:35

Salut lotfi,

As-tu une réponse différente de celle de plumemeteore ou de la mienne ?

Nicolas

Posté par
lotfire : de la trigo!*** 15-07-06 à 12:49

Salu nicolas
Oui j'ai une réponse tout à fait différent où tu n'es pas obligé à ajouté d'autre point que celle qui sont donnés.

Posté par
Nicolas_75 Correcteurre : de la trigo!*** 15-07-06 à 12:51

Peux-tu nous la donner ?

Posté par
lotfire : de la trigo!*** 15-07-06 à 13:21

oui mais j'ai besoin d'un peux de temps alors l'aprés midi peut être.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : de la trigo! 16-07-06 à 15:36

Bonjour;
Une solution analytique moins bourrine
Munissons le plan affine euclidien du repére orthonormé \fbox{\scr R=(C,\frac{\vec{CA}}{CA},\frac{\vec{CB}}{CB})} avec \fbox{A(a,0)\\B(0,b)} où a et b sont des réels strictement positifs.
Il est clair que \fbox{I(0,\frac{b}{2})\\(AB){:}\frac{x}{a}+\frac{y}{b}-1=0} et donc \fbox{d^2=d^2(I,(AB))=\frac{|\frac{x_I}{a}+\frac{y_I}{b}-1|^2}{(\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2}=\frac{a^2b^2}{4(a^2+b^2)}}
et comme \fbox{sin^2(\alpha)=\frac{d^2}{AI^2}} on voit que \fbox{sin^2(\alpha)=\frac{a^2b^2}{ (a^2+b^2)(4a^2+b^2)}}
d'où 3$\fbox{9sin^2(\alpha)-1=-\frac{(2a^2-b^2)^2}{(a^2+b^2)(4a^2+b^2)}\le0}
et on voit que 4$\blue\fbox{sin(\alpha)\le\frac{1}{3}} avec même le cas d'égalité : 3$\blue\fbox{BC=AC\sqrt2}


de la trigo!


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