Site Descartes et les MathématiquesSite Descartes et les MathématiquesTravaux pratiques de mathématiques en 1S avec GéoPlan.
Sommaire1. Construire deux segments connaissant la somme et le produit de leurs longueurs |
3. Orthogone de Lill Page no 36, réalisée le 22/3/2003, modifiée le 17/3/2007 |
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On se propose de résoudre, par construction géométrique, des équations du second degré.
Les seules notions nécessaires sont : équations de droite, droites orthogonales, cercles et équation du second degré.
1. Construire deux segments connaissant la somme et le produit de leurs longueurs
À partir d'un segment [AB] de longueur s, tracer le demi-cercle de diamètre [AB]. Si la droite située à une distance AD et DB sont les solutions de l'équation x2 – sx + p = 0. Leurs opposés sont les solutions de l'équation x2 + sx + p = 0.
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2. Construire deux segments connaissant la différence et le produit de leurs longueurs
À partir d'un segment [AB] de longueur d, tracer le cercle de diamètre [AB] et de centre O. CD et – CE sont les solutions de l'équation x2 – dx – p = 0.
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Lill : capitaine du génie de l'armée autrichienne
IREM de Strasbourg
Pour une mathématique vivante en « seconde »
Publication APMEP no 27 – 1979
Transmath 1S – Nathan 2001 – exercice 110 – page 56
Résoudre graphiquement l'équation ax2 + bx + c = 0.
Depuis Descartes, on sait que les tracés de géométrie à la règle et au compas peuvent se réduire à des calculs, souvent du second degré, sur les nombres.
Ici la démarche est inverse. À partir de trois nombres a, b et c, placer trois points A, B et C, puis l'intersection d'un cercle, définit par son diamètre [IC], et de la droite (AB) permet de construire un orthogone pour trouver graphiquement les solutions de l'équation du second degré.
Lill trouve les deux solutions, lorsqu'elles existent, sur une même figure.
En fait, ce problème se résume à l'étude de triangles rectangles semblables OPI et AMI, puis AMI et BMN. Ici l'application du thèorême de Thalès se fait simplemenent comme en troisième, en calculant la tangente de l'angle aigu Î de ces triangles.
En plus les solutions ne sont pas parachutées, mais la recherche est explicitée par une figure préliminaire, permettant, avec un minimum de culture mathématique, de comprendre les calculs.
Sinon il est possible de sauter la première étape et de passer directement aux applications du paragraphe d.
On pourra alors se contenter de la preuve par GéoPlan, en visualisant les calculs avec le logiciel.
Éventuellement en modifiant tous les signes des coefficients a, b et c, on peut toujours supposer que a > 0.
Dans un repère (O, 
, 
)
orthonormal, on place les points I, A, B, C définis par :
= ; 
= a ; 
= b ; 
= – c .
Les coordonnées des points sont alors I(1, 0) ; A(1 + a, 0) ; B(1 + a, b) et C(a – c, b).
À tout point P situé sur l'axe des ordonnées, de coordonnées P(0; p), on associe un point N situé sur la droite (BC) construit de la façon suivante :
La droite (PI) coupe (AB) en un point M. La perpendiculaire en M à (PM) coupe (BC) en N.
Télécharger la figure GéoPlan ort_l_f1.g2w
Les triangles OPI et AMI ont leurs petits côtés parallèles aux axes. Ils sont donc rectangles respectivement en O et A. OÎP et AÎM, leurs angles aigus en I, sont égaux comme opposés par le sommet. Notons Î leur mesure ; le calcul de tan(Î) dans ces deux triangles permet d'écrire, lorsque p est positif :
tan(Î) = 
= 
soit 
= 
, donc AM = ap.
Si P est sur [Oy), l'ordonnée de M est négative, comme a est supposé positif, le point M a donc pour coordonnées M(1 + a, – ap).
Dans l'autre cas, lorsque P est de l'autre côté par rapport à O, on peut encore vérifier que le point M a pour coordonnées M(1 + a, – ap).
Le triangle BMN, rectangle en B, a ses côtés perpendiculaires aux côtés du triangle AMI.
Les angles aigus Î = AÎM et BMN sont égaux et, si p > 0, on a tan(BMN) = tan(Î) = p.
D'où tan(BMN) = 
= 
= 
= p.
Donc, BN = (ap + b) p = ap2 + bp.
En vérifiant le sens des vecteurs, on voit que dans tous les cas, on a 
= (ap2 + bp) .
Les N et C sont confondus si = or = – c ,
donc ap2 + bp = − c soit ap2 + bp + c = 0.
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Application 1 : 2x2 – x – 6 = 0 |
Orthogone IM1CM2 Les solutions de l'équation sont donc les « ordonnées » des points P pour lesquels la construction ci-dessus donne N = C. En supposant que P (et donc M) existe, justifier que M appartient au cercle de diamètre [IC]. Indication Si P existe, comme N = C, le triangle IMN est confondu avec le triangle rectangle IMC. Ce triangle rectangle est inscrit dans un demi-cercle de diamètre [IC]. |
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Application 2 : 4x2 – 3x + 3 = 0 Figure GéoPlan Modifier les coefficients avec les touches A, B ou C. Taper 1, 2 ou 3 pour les applications 1, 2 ou 3.
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Application 3 : 8x2 – 2x – 3 = 0 |
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On trouve, graphiquement, les trois cas d'existence des solutions d'une équation du second degré : Applications 1 et 3 Application 2 Application 4 |  Application 4 : ax2 + bx + c = 0 avec Δ = b2 – 4ac = 0 |
Carrega J.-C. – Théorie des corps : la règle et le compas – Hermann 2001
Résoudre graphiquement l'équation x2 + bx + c = 0.
Dans le repère (O, I, J) les droites (d1) et (d2) sont tangentes au cercle unité en J’ et J.
Sur la droite (d1) placer les points P et Q d'abscisses – b et – c, puis sur (d2) le point L d'abscisse – 4.
La droite (PJ) recoupe le cercle en H. La droite (JH’) coupe (d2) en R2.
La droite (QL) coupe (JJ’) en K. La droite (KR2) coupe le cercle en N et N’.
Les droites (JN) et (JN’) coupent la droite (d1) en M et M’.
Les abscisses x1 et x2 de M et M’ sont les solutions de l'équation du second degré.
Télécharger la figure GéoPlan von_staud.g2w
Adaptation à GéoPlan de « Avec un quadrillage et une équerre » – Henry Plane – Plot no 17 – Premier trimestre 2007
Pour résoudre graphiquement l'équation x2 + bx + c = 0, placer les points de coordonnées A(0, (– 1) ; P(– b, 0) et Q(– b, – c).
Les abscisses des points d'intersection du cercle de diamètre [AQ] avec l'axe (Ox), lorsqu'ils existent, sont les solutions de l'équation.
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c < 0 En effet, si M est un des points d'intersection du cercle et de l'axe des ordonnées. AQ2 = ( En égalant ces deux expressions, il vient :
On montre de même que l'ordonnée de M2, deuxième point d'intersection du cercle et de l'axe (Oy), est l'autre solution de l'équation. |
c > 0 Discussion Lorsque c est négatif, figure de gauche, A et Q sont de part et d'autre de l'axe (Oy), il y a deux intersections, donc deux solutions. Lorsque c est positif, figure ci-dessus, A et Q sont dans le même demi-plan par rapport à (Oy), il n'y a intersection de l'axe et du cercle que si la distance de son centre I à (Oy) est inférieure à son rayon. Distance de I à l'axe : IH = Rayon : IQ = Il faut donc : On retrouve bien 4c ≤ b2, soit Δ = b2 – 4c positif. |
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coupe le demi-cercle en C, le triangle ABC et rectangle et la hauteur CD est moyenne proportionnelle entre AD et DB, solutions du problème.
+ 
)2 + PQ2
+ 
) + OP2 = (1 – c)2 + b2 = 1 – 2c + c2 + b2
(OA + PQ) = 
