Pólya : problèmes ouverts

3) Cercle passant par point, tangent à 2 parallèles






Énoncé du problème (6ème) Étant donnés deux droites parallèles et un point entre elles, construis un cercle tangent aux deux droites passant par le point.







George Pólya ( "Mathematical discovery" ) :

1º) En observant la figure, on peut remarquer que nous pouvons facilement résoudre une partie du problème : la distance entre les deux parallèles est clairement le diamètre du cercle cherché et la moitié de cette distance est son rayon.

2º) On réduit le problème à chercher le centre X du cercle inconnu. Connaissant le rayon, appelons-le r, on partage la contrainte comme suit :

Premièrement, X est à la distance r du point donné.
Deuxièmement, X est à la distance r des deux droites.

3º) La première partie de la contrainte implique un cercle, la deuxième partie implique une droite parallèle à mi-chemin entre les deux droites données.

4º) Si on ne connaissait pas le rayon du cercle cherché, on aurait séparé la contrainte ainsi :

Premièrement, X est à la même distance du point donné et de la première droite.
Deuxièmement, X est à la même distance du point donné et de la deuxième droite.

Partager la contrainte en ces deux parties est logiquement irréprochable mais néanmoins inutile : les lieux correspondants sont des paraboles ; on ne peut pas les dessiner à la règle et au compas - les lieux cherchés sont en général des cercles ou des droites.

Cet exemple peut contribuer à mieux comprendre les motifs que l'on retrouve dans la recherche de deux lieux. Ces motifs peuvent aider dans de nombreux cas, mais pas dans tous, comme le montrent des exemples appropriés.

George Pólya ("Mathematical discovery")

2) Triangle donné par angle, hauteur et périmètre

Énoncé du problème (3ème) construis un triangle, étant donnés la mesure d'un angle, la hauteur issue du sommet de cet angle et le périmètre du triangle.

Quelques pistes (George Pólya, "How to solve it" ) :





1) On introduit des notations : soit α la mesure de l'angle A donné, la hauteur donnée issue de A et le périmètre donné. On dessine une figure dans laquelle nous plaçons α et h.

2) Avons-nous utilisé toutes les données ? Non, notre figure ne contient pas la longueur donnée p, égale au périmètre du triangle. Donc nous devons introduire p, mais comment ? On essaie de le faire de plusieurs manières. La première façon est maladroite. Pourquoi ? Car nous percevons qu'elle manque d'une certaine symétrie. Nous préférons donc la deuxième figure, plus symétrique.

3) En fait, le triangle a 3 inconnues : les longueurs des 3 côtés : a, b et c. On appelle a, comme d'habitude, la longueur du côté opposé à A. On sait que :  a + b + c = p.

4) Les côtés b et c jouent le même rôle, ils sont interchangeables. Notre problème est symétrique concernant b et c. Il ne l'aurait pas été si on avait fait une figure non "symétrique". On ajoute le segment [CD] de longueur b d'un côté et le segment [BF] de l'autre côté de longueur c, de manière que p apparaisse comme le segment [DF]  de longueur : b + a + c = p.

5) Si nous avons un peu d'expérience dans la résolution de problèmes de construction, nous ne manquerons pas d'introduire, en plus de [DF], les segments auxiliaires [AD] et [AF], qui sont chacun les bases de deux triangles isocèles. En fait, ce n'est pas déraisonnable d'introduire des éléments dans le problème qui sont particulièrement simples et familiers, comme des triangles isocèles.

6) Nous avons eu de la chance d'introduire nos segments auxiliaires. En examinant la figure, nous pouvons découvrir que l'angle EAD a une relation simple avec l'angle α. En fait, on trouve, en utilisant les triangles isocèles ABF et ACD que :
l'angle DAF vaut : α / 2 + 90º.

7) Après cette remarque, il est naturel d'essayer la construction de l'angle DAF. En essayant cette construction, nous introduisons un problème auxiliaire qui est bien plus facile que le problème de départ.

8) Les enseignants et auteurs de manuels ne devraient pas oublier que l'élève intelligent et LE LECTEUR INTELLIGENT ne sont pas satisfaits de vérifier les étapes d'un raisonnement correct, mais ils veulent également savoir les motivations et le but des différentes étapes.

L'introduction d'un élément auxiliaire est une étape suspicieuse. Si un élément auxiliaire apparaît abruptement dans une figure, sans aucune motivation, et résout le problème de manière surprenante, les élèves ou les lecteurs intelligents sont déçus, ils ont l'impression qu'ils ont été arnaqués.

Les mathématiques sont intéressantes à partir du moment où elles occupent notre raisonnement et nos facultés d'invention. Mais il n'y a rien à apprendre si la motivation et le but de l'étape la plus douteuse reste incompréhensible.

Rendre de telles étapes compréhensibles, par des remarques adéquates ou en posant des questions ou des suggestions soigneusement choisies, cela prend beaucoup de temps et d'efforts, mais cela peut en valoir la peine.

George Pólya ("How to solve it")




1) Carré inscrit dans un triangle

Énoncé du problème (3ème) Soit un triangle de dimensions 13 ; 14 et 15.

1º) Explique pourquoi il existe un carré inscrit dans ce triangle, tel qu'un côté de ce carré soit inclus dans le côté de longueur 14 et tel que les deux autres sommets soient "sur" les autres côtés du triangle.

2º) Construis ce carré (avec précision).
  
3º) Calcule la longueur (exacte) du côté de ce carré.

4º)  Yves C. propose une généralisation : en supposant maintenant que les côtés du triangle sont trois nombres : a ; b ; c, donnés, mais quelconques, il y a trois solutions pour le carré, en fonction du côté lu triangle qui porte le côté du carré.

Quelle est la solution qui donne la plus grande aire ?

Le plus grand côté, le plus petit, le moyen, ça dépend de la forme (acutangle ou obtusangle) ?

Pour le triangle rectangle c'est le plus grand côté, mais c'est dur à prouver dans les autres cas.

Des indications pour ce problème sont dans les commentaires de l'article :


George Pólya, dans son livre "Comment poser et résoudre un problème", propose le questionnement suivant pour les deux premières questions, entre un prof et un élève :

1) Quelle est l'inconnue ? Un carré.

2) Quelles sont les données ? Un triangle est donné et rien d'autre.

3) Quelle est la condition ? Les 4 sommets du carré doivent être sur les côtés du triangle, deux sommets sur la base et un sommet sur chacun des autres côtés.

4) Est-il possible de satisfaire la condition ? (...).

5) Tu vois, la condition concerne tous les sommets du carré. Combien y a-t-il de sommets ? Quatre.

6) Une partie de la condition concernerait moins de quatre sommets. Ne conserve qu'une partie de la condition, abandonne l'autre partie. Quelle partie de la condition est-il facile de satisfaire ? C'est facile de construire un carré avec deux sommets sur deux côtés d'un triangle - ou même un carré avec trois sommets sur deux côtés d'un triangle !

7) Fais une figure ! Tu as gardé une partie de la condition et tu as abandonné l'autre partie. Comment est déterminée l'inconnue ? Le carré n'est pas déterminé s'il a seulement trois sommets sur deux côtés du triangle.

8) Bien ! Fais un autre carré sur la même figure. Le carré, comme tu l'as dit, n'est pas déterminé par la partie de la condition que tu as gardé. Comment peut-il varier ? Trois sommets du carré sont sur deux côtés du carré, mais le quatrième sommet n'est pas là où il doit être.

9) Ton carré, comme tu l'as dit, n'est pas déterminé, il peut varier ; C'est aussi vrai du quatrième sommet. Comment peut-il varier ?

10) Essaie expérimentalement, si tu le souhaites. Dessine davantage de carrés avec trois sommets sur deux côtés du triangle, de même que tu l'as déjà fait deux fois. Dessine de petits carrés et de grands carrés. Quel semble être le lieu parcouru par le quatrième sommet ? Comment peut-il varier ? Le professeur a amené l'élève très près de l'idée de la solution. Si l'élève est capable de deviner que le lieu du quatrième sommet est une droite, alors il a compris la solution.

Des professeurs de l'IREM de Lyon ont proposé ce problème à leurs élèves de 4ème en ZEP, et on publié des solutions en bas de cette page : http://irem-fpb.univ-lyon1.fr/feuillesprobleme/feuille10/dansnosclasses/articleDemoz.htm

Une solution de Roland Dassonval : http://rdassonval.free.fr/flash/carredanstriangle.swf

Roland Dassonval propose une piste pour la 4ème question : Une solution pour chacun des côtés du triangle ABC, oui : Le côté x du carré inscrit est la quatrième proportionnelle de a+b; a; b : x=ab/(a+b). Peut-être une piste pour répondre aux questions du 4º) ?

Roland Dassonval généralise sa solution précédente :

--- Citation ---
Je profite de l'occasion pour signaler une autre solution que je viens de mettre en test : http://rdassonval.free.fr/flash/carredanstriangle2.swf

Une occasion de "construire" une quatrième proportionnelle. Bonne journée.
--- Fin de citation ---

Christophe a rédigé la solution la plus simple :

--- Citation --- Voici une troisième façon d'obtenir le carré cherché : ABC est un triangle quelconque et M un point sur [BC].

La perpendiculaire à (BC) passant par M coupe (AB) en P et on construit alors le carré MNOP (à l'intérieur du triangle ABC).

La demi-droite [BO) coupe le côté [AC] en F.

La parallèle à (BC) passant par F coupe [AB] en G et les perpendiculaires à (BC) passant par F et G coupent [BC] respectivement en E et F.

Il est alors assez simple de montrer que DEFG est un rectangle.

Ensuite, avec le théorème de Thalès appliqué dans les triangles BFG et BEF, on montre que FG = EF.

On a donc DEFG qui est un carré.
--- Fin de citation ---

Roland Dassonval a programmé en Flash la 3ème solution, du commentaire précédent :

http://rdassonval.free.fr/flash/carredanstriangle3.swf

Merci à tous ;-)

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