Bon alors trigo brute sur des carrés de côté 1 juxtaposés.

tg (a+b) = [tg(a) + tg(b)] / [1 - tg(a).tg(b)]

alors avec a = HAB, tg(a) = 1/3
avec b = HBE, tg(b) = 1/2

on a HEG = Pi / 4 soit tg(HEG) = 1
or, on a bien tg(a+b) = 1 en appliquant la formule.
donc la proposition de l'énoncé est vraie ...

HAB + HBE = HEG

Bonne journée

Ayant résolu le problème avec la méthode tan(a+b), j'ai cherché et trouvé la meilleure source possible : http://pagesperso-orange.fr/debart/geop … html#af199

Je dois reconnaître que la méthode de la réflexion par rapport à la droite (AD) pour le dessin ci-dessous est la plus élégante.


Il y a aussi, pour les paresseux qui connaissent le plan complexe, le calcul simple [latex](3+i)(2+i)=5+5i[/latex].

après des calculs trigonométriques [latex]tan (\widehat{HAB})={1\over3}[/latex]; [latex]tan(\widehat{HBE})={1\over2}[/latex]; [latex]tan(\widehat{HEG})=1[/latex] donc [latex]\widehat{HEG}[/latex]=45°

on a[latex] tan (\widehat{HAB}+\widehat{HBE})={{tan(\widehat{HAB})+tan(\widehat{HBE})}\over{1-tan(\widehat{HAB})tan(\widehat{HBE})}[/latex]=[latex]{{1\over2}+{1\over3}}\over{1-{\over1 3} \times {\over1 2}[/latex]=[latex]{5\over6}\over{\over5 6}[/latex]=1

donc :  [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=[/latex]45°

d'où l'égalité demandée

Faute mieux, je dirai que Atan(1)=Atan(1/2)+Atan(1/3).
Mais c'est pas génial comme démonstration...

J'en rajoute une autre :



J'ai appliqué aux 3 carrés une symétrie d'axe DH suivie d'une translation DC. Ca me permet de rendre adjacents les deux angles AFD et AHD.

Je peux alors construire un carré APHO dont la diagonale AH me donne un angle AHO de 45° comme l'amplitude de ACD.

Une solution facile mais complexe : (3-i)(2-i)=5(1-i)
En passant aux arguments on trouve l'égalité demandée.

Salut :

On veut savoir si [latex]\alpha+\beta=\gamma[/latex].
On remarque que les triangles AGH, BGH et EGH sont tous les trois rectangles en G.
On calcule [latex]sin(\alpha+\beta)=sin(\alpha)cos(\beta)+sin(\beta)cos(\alpha)=\frac{GH}{AH}*\frac{BG}{BH}+\frac{GH}{BH}*\frac{AG}{AH}[/latex]
[TeX]=\frac{a*2a+a*3a}{AH*BH}[/latex] or

[latex]AH=sqrt(AG^2+GH^2) \quad (Pythagore) \quad ce \quad qui \quad donne \quad : [/TeX][TeX] \quad AH=sqrt(a^2+9a^2)=sqrt(10)a [/TeX]
De même : [latex]BH=sqrt(BG^2+GH^2)=sqrt(4a^2+a^2)=sqrt(5)a[/latex]
on a donc [latex]AH*BH=sqrt(50)a^2=5sqrt(2)a^2 [/latex] d'où
[TeX]sin(\alpha+\beta)=\frac{5a^2^}{5sqrt(2)a^2^}=\frac{1}{sqrt(2)}=\frac{sqrt(2)}{2}[/TeX]
donc [latex]\alpha+\beta \equiv \frac{\Pi}{4}[2\Pi] \quad ou \quad \alpha+\beta \equiv \frac{3\Pi}{4}[2\Pi] [/latex]
Ici on peut prendre [latex]\alpha+\beta=\frac{\Pi}{4}[/latex](là on se dit qu'on aurait pu trouver autrement mais bon tant pis)
Il est évident que [latex]\gamma=\frac{\Pi}{4} \quad([EH) \quad bissectrice \quad de \quad \widehat{FEG}=\frac{\Pi}{2})\quad [/latex]
[TeX]donc \quad \alpha+\beta=\gamma[/TeX]
J'espère ne pas avoir fait d'erreurs.
Merci pour le problème .

Et de deux (Voir l'edit de mon post précédent )

C'est un problème que je trouve vraiment très intéressant
J'ai pu trouver deux démonstrations, une moche et une longue, mais pas de juste milieu
J'espère que vous aurez tous le courage de suivre mes démonstrations

On notera [latex]a[/latex] le côté de chaque carré ; [latex]\widehat{\alpha}[/latex] et [latex]\widehat{\beta}[/latex] les noms respectifs des angles [latex]\widehat{HAB}[/latex] et [latex]\widehat{HBE}[/latex] et on notera notre dernier angle [latex]\widehat{HEG} \/ \widehat{\theta}[/latex].


1ère démonstration :

Dans le triangle HAG rectangle en G, on a :
[TeX]\cos \/ \widehat{\alpha} = \frac{cot\acute{e} \/ adjacent}{hypot\acute{e}nuse} = \frac{AG}{AH}[/TeX]
Or, d'après Pythagore, on a dans le triangle rectangle AGH :
[TeX]AG^2 + GH^2 = AH^2[/TeX]
[TeX](3a)^2 + a^2 = AH^2[/TeX]
[TeX]AH = a\sqrt{10}[/TeX]
Donc [latex]\cos \/ \widehat{\alpha} = \frac{3a}{a\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}[/latex]
Ce qui revient à [latex]\widehat{\alpha} \approx 18,43 \/ degr\acute{e}s[/latex]

De même pour [latex]\widehat{\beta}[/latex], dans le triangle BGH rectangle en G, on a :
[TeX]\cos \/ \widehat{\beta} = \frac{cot\acute{e} \/ adjacent}[/TeX]
[TeX]{hypot\acute{e}nuse} = \frac{BG}{BH}[/TeX]
Or, d'après Pythagore, on a dans le triangle rectangle BGH :
[TeX]BG^2 + GH^2 = BH^2
(2a)^2 + a^2 = BH^2
BH = a\sqrt{5}[/TeX]
Donc [latex]\cos \/ \widehat{\beta} = \frac{2a}{a\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}[/latex]
Ce qui revient à [latex]\widehat{\alpha} \approx 22,57 \/ degr\acute{e}s[/latex]
[TeX] \widehat{\theta} [/latex] est un des angles du triangle EGH rectangle en G. Or ce triangle est isocèle car EG = GH. Donc par définition du triangle isocèle, on a [latex] \theta = 45 \/ degr\acute{e}s [/latex].

Or, [latex] \widehat{\alpha} + \widehat{\beta} = 18,53 + 22,57 = 45 \/ degr\acute{e}s = \widehat{\theta} [/TeX]
J'ai donc démontré que [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=\widehat{HEG}[/latex] mais avec des valeurs approchées, c'est pas très joli, j'admets .


2ème démonstration :

A ; B ; E ; G sont alignés, pareillement aux points D ; C ; F et H. Or, comme ABCD ; BEFC et EGHF sont des carrés, (AG) est parallèle à (DH). Or il se trouve que ces deux droites sont coupées par une droite sécante : (AH). Par conséquent [latex]\widehat{AHD} = \widehat{\alpha}[/latex].

Maintenant, on fait subir au triangle BCH rectangle en C une rotation d'angle [latex]\widehat{\alpha}[/latex] et de centre H, dans le sens dans lequel les aiguilles d'une horloge tournent (le sens indirect si je ne me trompe pas ). On obtient donc deux nouveaux points notés B' et C', avec bien sûr, B' l'image de B par cette rotation, et C' l'image de C par cette même rotation.

Puisque que [latex]\widehat{AHD} = \widehat{\alpha}[/latex] :
[TeX](HC') \in (AH)[/TeX]
Ce qu'on voudrait prouver maintenant, c'est que [latex]\widehat{C'HE}[/latex] est égal à [latex]\widehat{CHB}[/latex] puisqu'on ne sait pas si [latex]E \in (B'H)[/latex]
Alors, on va tenter de chercher un lien entre les longueurs B'E EH et B'H, à l'aide des vecteurs.

On calcule d'abord quelques longueurs :

- Dans le triangle EHG rectangle en G, on applique le théorème de Pythagore :
[TeX]EH^2 = EG^2 + GH^2[/TeX]
[TeX]EH^2 = a^2+a^2[/TeX]
[TeX]EH = a\sqrt{2}[/TeX]
- B'C' = BC = [latex]a[/latex] car la rotation conserve les longueurs.

- HC' = HC = 2[latex]a[/latex] car la rotation conserve les longueurs.
[TeX]\vec{B'H} = \vec{B'C'} + \vec{C'H}[/latex] (Chasles)
[latex]\vec{B'H}^2 = (\vec{B'C'}-\vec{HC'})^2[/latex] (on met au carré)
[latex](\vec{B'E} + \vec{EH})^2 = (\vec{B'C'}-\vec{HC'})^2[/latex] (Chasles)
[latex](\vec{B'E})^2 + 2\vec{B'E}.\vec{EH} + (\vec{EH})^2 = (\vec{B'C'})^2 -2\vec{B'C'}.\vec{HC'} +(\vec{HC'})^2[/latex] (par le produit scalaire, on développe les deux membres)
[latex](B'E)^2 + 2||\vec{B'E}||.||\vec{EH}|| + (EH)^2 = (B'C')^2 -2*\vec{0} + (HC')^2[/latex] (B'C'H est un triangle rectangle en C' donc [latex]\vec{B'C'}.\vec{C'H} = \vec{0}[/latex])
[latex](B'E)^2 + 2*B'E*EH + (EH)^2 = B'C'^2 + (HC')^2[/TeX]
[TeX](B'E)^2 + 2a\sqrt{2}*B'E + 2a^2 = a^2 + 4a^2[/latex] (on remplace avec les valeurs)
[latex](B'E)^2 + 2a\sqrt{2}*B'E -3a^2 = 0[/TeX]
On remarque un polynôme du second degré que l'on va noter de la forme suivante :  ix² + jx + k = 0 (pour qu'il n'y ait pas de confusion avec le a de la longueur du carré) avec une inconnue notée B'E, avec i = 1 ; j = [latex]2a\sqrt{2}[/latex] et k = [latex]-3a^2[/latex]
[TeX]\Delta = b^2 - 4ac[/TeX]
[TeX]\Delta = (2a\sqrt{2})^2 - 4*1*(-3a^2)[/TeX]
[TeX]\Delta = 8a^2 + 12a^2[/TeX]
[TeX]\Delta = 20a^2 = (2a\sqrt{5})^2[/TeX]
Les deux solutions sont donc :
[TeX]
(1) B'E = \frac{-j - \sqrt{\Delta}}{2i}[/TeX]
[TeX](2) B'E = \frac{-j + \sqrt{\Delta}}{2i}[/TeX][TeX](1) B'E = -a(\sqrt{2} + \sqrt{5}) < 0[/TeX]
[TeX](2) B'E = a(-\sqrt{2} + \sqrt{5}) > 0[/TeX]
Donc la seule solution recevable est [latex]B'E = a(-\sqrt{2} + \sqrt{5})[/latex], car on cherche une longueur, et une longueur est forcément positive.

Or, [latex]EH = a\sqrt{2}[/latex] et [latex]B'H = a\sqrt{5}[/latex].

Donc, [B'E] et [EH] sont les plus petits segments.

Et [latex]B'E + EH= a(-\sqrt{2} + \sqrt{5}) + a\sqrt{2}[\latex]
[TeX]= a(-\sqrt{2} + \sqrt{5} + \sqrt{2}) = a\sqrt{5} = B'H[/TeX]
Or, si dans un triangle, la somme des deux plus petits segments est égal au troisième, le triangle est plat, non ? Donc les trois points du triangle sont alignés ! Et j'ai enfin réussi à prouver que ces fichus points B' ; E et H sont alignés ! Donc B' appartient à (EH) ! (Ouf ! On y est ! ) Donc l'angle [latex]\widehat{B'HC'}[/latex] est égal à l'angle [latex]\widehat{C'HE}[/latex], qui sont donc tous les deux [latex]\widehat{\beta}[/latex]

Les deux angles [latex]\widehat{\alpha}[/latex] et [latex]\widehat{\beta}[/latex] coïncident donc tous les deux pile poil dans l'angle [latex]\widehat{FHE}[/latex], lui même alterne-interne avec l'angle [latex]\widehat{\theta}[/latex]

L'égalité [latex]\widehat{\alpha} + \widehat{\beta} = \widehat{\theta}[/latex] est donc vérifiée.

Par conséquent, l'égalité [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}=\widehat{HEG}[/latex] a été démontrée.

FIN.

Alexein41

P.S. : Merci pour cette énigme sympa

Je m'en sors par les tangentes

tan(a) = 1/2
tan (b) = 1/3
[TeX]\frac{(1/2+1/3)}{(1-1/2*1/3)}=1 = 1/1[/TeX]

Piodinou a écrit:

Yaaann tu sais que je t'aime ^^ tu pourrais pas m'aider , par Mp par exemple car la veriter c'est que j'ai fait un dessin . et quand je regarde : [latex]\widehat{HAB}+\widehat{HBE}[/latex] ben c'est pas égal a [latex]\widehat{HEG}[/latex]

alors  voila !

Ma démo n'était pas la plus courte, tiens

http://lmgtfy.com/?q=d%C3%A9montrer+centre+gravit%C3%A9