Axiome 60° => manquant ?

[Laodice]

Bonjour.

Je ne suis pas très doué en mathématiques.^^
Ca ne m'empêche pas de m'y intéresser pour autant.


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Dernièrement, j'ai lu les axiomes d'Herbert. Exception de deux d'entre-eux, j'ai (en partie) compris.

Pour autant, je n'ai vu mention nulle part d'un hypothétique axiome traitant de l'angle de 60°.
Dans "ma vision" (sûrement pas la bonne), ça revient à considérer que l'on puisse couper un cercle en 6 parties égales via 6 cercles de même rayon que le cercle de base et dont chaque centre est sur le périmètre du premier cercle.


Pourriez-vous me renseigner sur ce point ?


Bonne soirée.
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[philname]

LE sujet m'intéresse !

[erik]

Bonsoir,

C'est quoi les "axiomes d'Herbert" ? Ca concerne quel domaine ?

Ce qui me surprend c'est que

considérer que l'on puisse couper un cercle en 6 parties égales via 6 cercles de même rayon que le cercle de base et dont chaque centre est sur le périmètre du premier cercle

ça ressemble plus à un théorème de géométrie, qu'à un axiome.

[invite4ef352d8]

Salut !

je n'ai jammais entendu parler d'axiomes d'Herbert, (et google ne semble pas connaitre non plus). mais l'énoncé que tu donne est à priori un théorème. (c'est à dire une conséquence des axiomes et de la défintion des objets que tu manipule...)

[A voir en vidéo sur Futura]

[Médiat]

je n'ai jammais entendu parler d'axiomes d'Herbert

Il s'agit, sans doute, des axiomes de Hilbert, qui sont les axiomes modernes de la géométrie euclidienne.

[Laodice]

Oui, excusez-moi.
Je veux bien faire allusion aux 20 axiomes d'Hilbert.
J'étais fatigué hier.

Enfin bref, je suis curieux de savoir si justement en géométrie euclidienne, le fait que :
le périmètre d'un cercle est scindable en six parties égales via six autres cercles de même rayon et de centre appartenant au périmètre du premier cercle
est démontrable ou bien doit être admis (tel un axiome).




Je serai heureux de connaître la démonstration.

[Fanch5629]

Bref, le tracé de la rosace de l'école primaire est-il rigoureux, ou pas. C'est celà ?

[Laodice]

Yep.

Je n'ai encore jamais lu une justification s'y reportant.

Et vu que c'est cette même rosace qui nous permet de créer l'angle de 60°, le triangle équilatéral ou encore l'hexagone régulier...
je suis curieux.

[invite6de5f0ac]

Bonjour,

Une tentative de clarification (voir figure en pièce jointe, désolé c'est tout petit mais il suffit de zoomer)...

Le cercle de base est celui en gras, centré en C. Les deux autres cercles, de même rayon, sont centrés en C' et C". Le premier coupe le cercle de base en A, le second en B. Par construction les triangles CAC' et CBC" sont équilatéraux. Et le triangle ACB aussi. A partir de là il devrait âtre clair que le cercle est bien divisé en 6.

-- françois

[azt]

Bonjour à tous,

Et le triangle ACB aussi.

Comment montres-tu que le segment AB est égal au rayon ?

Peut-on faire intervenir les propriétés des triangles équilatéraux à ce niveau là ? (Si l'on fait cela, j'ai l'impression que la démonstration se mord la queue ?)

[Laodice]

Merci fderwelt


vecteur ->BC'' = vecteur ->AC

Car :
BC'' = AC
angle ^CC''B = angle ^C'CA
C appartient à (C''C')

Donc ABC''C est un parallélogramme.

Par conséquent, AB = CC''


C'est bon ce que je raconte ?

Mais faire appel à une propriété du parallélogramme me dérange... Je vais réfléchir et voire comme le souligne azt si cette démonstration se mord la queue.


Bonne fin de week-end.

[azt]

Bonsoir,

L'égalité
angle ^CC''B = angle ^C'CA
n'est pas prouvée même si elle paraît évidente sur le dessin.
Il faudrait prouver qu'un triangle avec trois côtés égaux correspond à un triangle avec trois angles égaux d'abord ?

Mais je suis peut-être complètement à côté de la plaque.

Bonne semaine à tous.

[God's Breath]

Je ne suis pas vraiment spécialiste des axiomes de Hilbert, mais je sais que parmi eux il y a le premier cas d'égalité des triangles, et que l'on peut prouver les autres cas d'égalité des triangles.

En particulier un triangle équilatéral, ayant ses trois côtés égaux est égal à lui-même par permutation des sommets, donc ses trois angles sont égaux.

Dans la figure qui nous intéresse, les triangles ACC' et BCC" ont leurs côtés de même longueurs, donc ils sont égaux, et ils ont mêmes angles.
Le problème est de montrer que cet angle est aussi l'angle ACB, car on prouve alors, par le premier cas d'égalité, que le triangle ACB est égal au triangle ACC', donc équilatéral.

[invite2b662c2b]

Bonjour,

je vous propose une démonstration avec une autre construction :
à partir d'un point A sur le cercle de centre 0, je trace B, C et D par la "méthode de la rosace".

Par construction les triangles OAB, OBC et OBD sont équilatéraux.
Le quadrilatère OABC est donc un losange, ses cotés sont parallèles 2 à 2. De même pour le quadrilatère OBCD.
On en déduit : (OA) // (BC) et (BC) // (DO)

(OA) et (DO) sont deux droites parallèles à une même droite passant par un même point. Par axiome il n'en existe qu'une, donc les points D, O et A sont alignés.

Reste à faire l'autre demi tour pour retomber sur A
Denoby

[God's Breath]

Le quadrilatère OABC est donc un losange, ses cotés sont parallèles 2 à 2.

Je sais bien que cela se déduit des axiomes de Hilbert, mais comment ?

[azt]

Une tentative qui doit surement manquer de rigueur quelque part :

Prenons deux droites parallèles (xx') et (yy') :
A et B sont deux points de (xx')
C est un point de (yy')

Traçons les droites AC et BC.

Les angles y'CB et ABC sont alternes internes. Ils sont donc égaux.
Les angles yCA et CAx' sont alternes internes. Ils sont donc égaux.

La somme des angles du triangle ABC est donc égale à l'angle y'Cy qui se trouve être un angle plat puisque C appartient à (yy')

Les points A, B et C ayant été pris quelconques, on peut donc affirmer que la somme des angles d'un triangle est égale à l'angle plat (180°).


Un triangle avec 3 côtés égaux possède 3 angles égaux comme l'a montré God's Breath.
Chacun de ces angles mesure le tiers de l'angle plat (60°)


En reprenant le dessin de fderwelt,
ACC' est un triangle équilatéral, donc l'angle C'CA mesure 60°
CC''B aussi, l'angle C''CB mesure également 60°.

angle C'CC'' = angle C'CA + angle ACB + angle BCC''

L'angle C'CC'' mesure 180°
L'angle ACB mesure alors 60°.

Dans le triangle ABC :
- Les côtés AC et BC sont égaux.
- L'angle ACB mesure 60°.

ABC est donc un triangle équilatéral.

[Laodice]

Je vous remercie pour votre attention. Je réponds avec beaucoup de retards annuelles.

En fait, je vois toujours un problème dû à un manque d'axiome de 60°.

Pour faire simple, j'entrevois l'impossibilité de tracer un triangle équilatéral à la règle et au compas.

Pour s'en rendre compte, j'ai appliqué deux méthodes :

1)
J'ai pris une feuille et un compas. J'ai ouvert mon compas sur un rayon d'environ 7 cm. Je fais un cercle Y de centre O. Je mets le pique sur le cercle au point A et je crée B. Je mets le pique en B pour crée C. Ainsi de suite. Il arrive fréquemment que F soit différent de A. Cet écart est minime, 1 ou 2 millimètres quand le rayon est de 7 cm.
On peut toujours me reprocher de ne pas savoir correctement positionner mon compas. Je vous invite cependant à faire plusieurs fois ces tracés simples qui nous font nous rappeler notre enfance.

2)
Maintenant, je vous propose de tracer deux cercles X et Z tout deux centrés en O. Les rayons respectifs sont 6 et 8 cm. On prend maintenant un point A qui est à équidistance de X et Z. Et en positionnant le pique en A, on crée deux nouveaux cercles X' et Z' de rayons respectifs 6 et 8 cm. On constate que nous obtenons deux figures composées chacune de quatres cordes. Intéressons-nous uniquement à une figure composé de quatres cordes. Comment pouvons à présent déterminer B à l'intérieur de cette figure sans pouvoir nous munir du compas ?
Ce que j'essaye de mettre ici en relief, c'est que la figure de quatres cordes s'apparente au biais de l'épaisseur du crayon et du pique du compas et qu'il peut s'apparenter à un point dans l'infiniment petit. Or, même si nous tendons dans l'infiniment petit, l'épaisseur du cercle sera toujours nécessaire pour le visualiser. Si on ne visualise pas ce qu'on trace, on ne fait plus de géométrie ou on ne peut plus dire que la quadrature du cercle est impossible.
Or cette figure de quatre cordes (qui représente un point) même dans l'infiniment petit ne sera jamais un losange.

En commentaire :
Je mets ici en avant la différence majeure entre les cercles et les droites en disant que la nature de l'une et l'autre via le biais de l'épaisseur provoque une impossibilité de tracer le triangle équilatéral à la règle et au compas.
En outre, une telle affirmation entraînerait irrémédiablement une remise en cause de la valeur de Pi.

J'avoue que de telles raisonnements nous emmène probablement vers une impasse mais sait-on jamais.

[Laodice]

Je rectifie une erreur en 1)
C'est le point G qui parfois est différent de A.

[gg0]

Laodice :

Pour faire simple, j'entrevois l'impossibilité de tracer un triangle équilatéral à la règle et au compas.

Dire que ça fait 2300 ans que les mathématiciens savent faire, avec leur "compas" qui n'est pas le compas concret de Laodice, mais le compas théorique de la géométrie euclidienne.
Heureusement que Laodice a des mains, sinon il aurit "entrevu" l'inexistance du cercle.

Revenir 7 ans après pour raconter des âneries, faut le faire ....

Pourquoi ne pas fermer cette discussion puisque l'auteur n'y parle pas de maths ?

[Laodice]

C'est amusant d'entendre que le compas réel de Laodice ne puisse être un compas des mathématiques.

Du coup, Ã* te lire, dès qu'un cercle Ã* une épaisseur, il n'est pas euclidien.
Ça valait bien le coup de se faire chier Ã* démontrer qu'il était impossible de réaliser la quadrature du cercle Ã* l'aide uniquement d'une règle et d'un compas.
Parce que toi, tu es en train de dire qu'il est tout simplement impossible de tracer quoique ce soit d'euclidien (un cercle, un carré, un triangle, etc...) sur une feuille.

Vous pensez qu'il ne manque pas d'axiome de 60 degré, du coup vous pouvez locker.

Merci de m'avoir répondu.

[Médiat]

Bonjour,

A la demande du posteur initial

Médiat, pour la modération