Carré dans triangle

bonjour,

la question a un sens qui le carré MNPQ est inscrit dans le triangle.

- alors il y a quatre sommets à répartir entre 3 faces,il y a forcément une face qui contient au moins 2 sommets du carré. (théorème des chaussette ?) )

- trois sommets d'un carré ne pouvant jamais être alignés, il y a au plus 2 sommets du carré par face du triangle.

- si deux faces du triangle contient chacune deux sommets du carré elles sont alors soit sécantes (ce sont des diagonales) ce qui est impossible, soit parallèles, ce qui est impossible également

donc il y a forcément exactement un coté qui contient exactement 2 coté du carré

voilà ce que je crois en comprendre

pan sur les doigts,

merci !

cordialement

Est-ce que ton sujet est bien "inscrire un carré dans un triangle" ? Car alors, une méthode est la suivante : On choisit un côté sur lequel on place deux sommets du carré, puis un deuxième côté sur lequel on place un troisième sommet. En général le quatrième sommet n'est pas sur le triangle. Mais en examinant l'ensemble des quatrièmes sommets possibles, on s'aperçoit que l'ensemble de ces sommets est connu.

Par contre, si tu veux mettre un carré à l'intérieur d'un triangle, il y a une infinité de solutions, pour des carrés suffisament petits.

Cordialement

Je ne vois pas où est le problème. ABC est le triangle, MNOP le carré. Parmi ses sommets, il y en a un qui est le plus près de (AB). Une translation donne le carré M'N'O'P', qui a un sommet, disons M' sur AB, et qui reste dans le carré (Intuitivement évident, facile à démontrer). Si ni N', ni P' ne sont sur (AB), l'un des deux est le plus proche de (AB), disons N'. Alors, une rotation de centre M', d'angle bien choisi l'amène sur (AB). On vérifie alors facilement que le carré final est bien dans le triangle.

La démonstration est sans doute assez pénible (manipulation précise d'angles orientés et de vecteurs, ou bien étude de cas nombreux), à cause de la vérification que le carré reste bien dans le triangle. Une idée (que je n'ai pas testée) : utiliser le calcul barycentrique, le carré et son intérieur étant l'ensemble des barycentres à coefficients positifs des trois sommets.

Cordialement

salut GERARD, je crois que la considération de la seule rotation autour de M' ne convient pas : imagine le carré de côté a "posé sur la pointe M' au milieu du côté AB d'un triangle isocèle de base AB légèrement supérieure à a.rac(2). La rotation d'un côté ou de l'autre autour de M' de 45° fait sortir N' ou P'.

non, je dis des bêtises !

moi je dirais comme ça:

soit A' le milieu de BC (respectivement B', C' )

soit A'B' le plus grand des trois segments [A'B'], [B'C'],[C'A'].

A'B' parallèle à AB (thales).
Soit A'' le projeté orthogonal de A' sur (AB)
alors le carré défini par A',A" est inclu dans le triangle.

soit h la distance entre (A'B') et (AB).

la démo doit pas être triviale (tellement que c'est même peutêtre faux !)

cordialement


PS: Gérard,ne me tapes pas trop fort sur les doigts si je dis une conneries ;-)

à quelle question on répond exactement ?

OK ! je répondais pas à la même (forcément) ...

je propose :

soit C le cercle incrit au triangle, soit B son centre.

phase 1 réduction: on dilate le carré pour qu'il ait un rayon strictement intérieur au cercle inscrit.

phase 2 : centrage
une translation du barycentre dudit carré, vers le centre du cercle inscrit au triangle (en tant qu'intersection des bisseectrices on peut montrer que le carré est encore dans le triangle)


pahse 3 choix d'une face:
on le tourne pour qu'il soit parallèle à une des faces.

phase 4 aterrissage:
on le translate alors vers cette face suivant la bissectrice issue du sommet opposé.

et là ça devrait coller.
non ?

Muaddob, ta procédure me semble saine, mais la preuve est à faire. Je ne suis pas persuadé de ton affirmation du 2). Par exemple, dans un triangle rectangle, un carré basé sur les deux côtés de l'angle droit et de côté maximal sort du triangle si on le translate de façon que son centre soit au cente du cercle inscrit.

Pour plus de certitude, je ferais plutôt la phase 3 vers le côté le plus grand. Mais je ne suis toujours pas sûr que ça marche.

Cordialement

NB : La phase 1 est difficile à utiliser, car si l'on réduit les dimensions du carré, il finit par rentrer partout, mais ce n'est plus le même carré.

GG:
1) De quoi parles-tu ?
2) "Sans perte de généralité (selon la formule consacrée on peut supposer que trois sommets du carré sont chacun sur un côté du triangle (fig 1)". Je te trouve plutôt gonflé! L'une des difficultés de la question posée par Sophie2 est justement de justifier ce type d'affirmations gratuites. D'ailleurs, je ne vois par en quoi un tout petit carré peut avoir trois sommets sur les côtés d'un grand triangle.

Cordialement

le petit triangle est homothétique au grand. Je translate chaque côté du grand jusqu'à ce qu'il touche un des sommets du carré.

Je ne comprends toujours pas tes calculs, d'autant que x semble être le côté du carré. Or le carré est une donnée (x est fixe).
Plus génant, si on change la position du triangle, il n'a plus trois sommets sur les côtés, et les calculs deviennent faux.

Par contre, ton idée de base est peut-être utilisable : translater les côtés du triangle parallèlement à eux-même jusqu'à ce qu'ils touchent un sommet du carré (Pas par homothétie, ça ne marche pas en général : Essaie avec un carré proche d'un des côtés). On se ramène à un triangle plus petit, et si on arrive à placer le carré dans le petit triangle, par translation, on le placera dans le grand.
Mais comment faire dans le petit triangle ? Une simple rotation centrée sur un sommet du carré ne suffit pas, il faut parfois encore déplacer le carré pour qu'il tienne !

Cordialement

déjà : peut-on rentrer un carré dans un triangle tel que ce carré soit plus grand que le cercle inscrit du triangle. (grand au sens que la diagonale du carré soit strictement supérieure au diamètre du cercle).

J'ai l'impression que non.
qu'en pensez vous ?

Pour GG :
* Tu as raison pour l'homothétie et les triangles (Desargues), je raisonnais de travers. Par contre, ça ne sert à rien ici, puisqu'on veut garder un carré de même côté.
* Pour la suite, je ne comprends pas ton raisonnement sur x. Si je comprends bien, tu cherche le plus grand x pour les triangles qui touchent trois côtés. Cela répond au problème de base, pas directement à celui de Sophie2. Par contre, cela permettrait de conclure que, le plus grand carré étant posé sur un côté du triangle, le carré considéré peut y être inscrit. Il faut aussi renverser le sens de la preuve au début pour montrer que le plus grand carré a 3 sommets sur les côtés du triangle.
Mais admettons ceci correctement traité. Il reste à fabriquer une preuve plus sérieuse : Tu ne traites qu'un seul cas de figure. Est-il adaptable à tous les cas de triangles ? D'autre part, tu annonces u>0, pourquoi ? puis tu termine par "x'' > 0

x passe donc par un minimum". Encore une fois pourquoi ?

Je ne remets pas en cause ta preuve, il me semble qu'il y a une piste. Mais il reste à tout justifier.

Cordialement

j'ai oublié de mentionner l'hypothèse A > B.
D'autre part A+B > pi/2 (sinon le carré ne serait pas dans le triangle)

T variant entre pi/2-B et A, sinA, sinB, cos(T-A), sin(T+B) sont positifs.
u' = -sinB.sin(T-A) + sinA.cos(T+B)
u' > 0 pour T=90-B
u' < 0 pour T=A
x' = -ku'/u^2
donc
x' < 0 pour T=90-B
x' > 0 pout T=A

x'' > 0

x décroît, passe par un min, puis croît.

GERARD, excuse-moi, mais je n'ai pas bien saisi ta demande. Je regarderai ce soir. A+

Ca se complique !
Ce qui me semble assuré : le plus grand carré à l'intérieur d'un triangle repose sur un côté (corollaire pour sophie2 : tout carré intérieur peut être déplacé sur un certain côté).
si le triangle est acutangle (ses trois angles inférieurs à pi/2), le plus grand carré repose sur le plus petit côté et ses deux autres sommets sont respectivement sur les deux autres côtés.

Maintenant, si le triangle est rectangle, le plus grand carré repose sur les deux cathètes et son quatrième sommet est sur l'hypothénuse.

Si le triangle a un angle au moins égal à 3/4 pi, le plus grand triangle repose sur le plus grand côté et touche les deux autres côtés.
Je crois qu'il y a un angle limite compris entre pi/2 et 3/4 pi en-deça duquel le plus grand carré repose sur un des petits segments (le moyen , semble-t-il), a un sommet sur le grand et le quatrième sommet à l'intérieur, mais je n'arrive pas à déterminer cet angle.
Histoire à suivre

De rien, mais ça se complique !
Ce qui me semble assuré : le plus grand carré à l'intérieur d'un triangle repose sur un côté (corollaire pour toi : tout carré intérieur peut être déplacé sur un certain côté).
si le triangle est acutangle (ses trois angles inférieurs à pi/2), le plus grand carré repose sur le plus petit côté et ses deux autres sommets sont respectivement sur les deux autres côtés.

Si le triangle est rectangle, le plus grand carré repose sur les deux cathètes et son quatrième sommet est sur l'hypothénuse.

Maintenant, si le triangle a un angle au moins égal à 3/4 pi, le plus grand triangle repose sur le plus grand côté et touche les deux autres côtés.
Je crois qu'il y a un angle limite compris entre pi/2 et 3/4 pi en-deça duquel le plus grand carré repose sur un des petits segments (le moyen , semble-t-il), a un sommet sur le grand et le quatrième sommet à l'intérieur, mais je n'arrive pas à déterminer cet angle.
Histoire à suivre

Si je ne me suis pas trompé dans le calcul avec mon homothétie , il semble que le côté du plus grand carré reposant sur le côté $a$ du triangle soit $c = \frac{ah}{a+h}$ ou $h$ désigne la hauteur relative au côté $a$ . Comme $ah$ ne dépend pas du côté $a$ , le carré maximum est réalisé quand $a+h$ est minimum . Reste à relier cela aux angles du triangle .

PS : des trois rectangles de même aire ( cf. figure jointe ) , celui qui a le plus petit périmètre ( i.e. celui qui est le plus près d’un carré ) donne le côté où doit s’appuyer le carré .

Domi

Salut GERARD, voilà le début de mon raisonnement un peu plus détaillé

(Je mets des * pour des affirmations qu'un esprit sourcilleux pourrait considérer d'un oeil soupçonneux

Soit ABC un triangle d'angles intérieurs a,b,c,
MNPQ un carré maximal (i.e. dont le côté = sup ... = max ... *) contenu dans l'intérieur au sens large d'ABC.

lemme 1 : chaque côté d'ABC contient au moins un des sommets de MNPQ.

Supposons à contrario qu'aucun sommet de MNPQ ne soit sur BC par exemple.
Supposons d'abord que A ne soit pas l'un des sommets de MNPQ. Comme ceux-ci sont intérieurs à ABC, les droites AM, AN, AP, AQ coupent le segment BC respectivement en M', N', P',Q' et les rapports non nuls AM/AM', AN/AN', AP/AP', AQ/AQ' sont inférieurs à 1, et donc strictement inférieurs à 1. Soit k le plus petit. L'homothétie de centre A et de rapport 1/k transforme MNPQ en un carré intérieur à ABC de côté strictement supérieur, d'où contradiction. Si A est l'un des sommets de MNPQ, on considère seulement les rapports pour les trois autres sommets.

lemme 2 : un des côtés (au moins) de MNPQ est contenu dans l'un des côtés de ABC.

Supposons que ce ne soit pas le cas. D'après le lemme 1, chaque côté contient au moins un sommet de MNPQ. Il en contient exactement un puisqu'il ne peut en contenir deux successifs, ni deux opposés auquel cas un des deux autres sommets serait hors de ABC *. Il y a donc un sommet qui est strictement intérieur à ABC, je suppose que c'est M. Les deux sommets adjacents N et Q sont donc sur deux côtés du triangle qui se rejoignent en un sommet, je suppose que c'est C. Je peux supposer également que l'angle a >= b et que N est sur AC (distinct de A et C), Q sur BC (distinct de B et C), et donc P sur AB (distinct de A et .

M étant intérieur à ABC, il appartient aux demi-plans de frontière AC et BC, contenant respectivement B et A.
A et B n'appartenant pas au demi-plan k de frontière NQ contenant C, P est également hors de k. Comme l'un des deux sommets opposées M et P est dans k, c'est M, qui est ainsi intérieur au triangle NQC. L'angle c est donc strictement inférieur à pi/2.

On a donc les hypothèses :

a >= b
c < pi/2

J'appelle t l'angle BPQ et x le côté de MNPQ. On a

a+b+c = pi
pi/2 < a+b < pi
0 < a < pi
0 < b < pi/2

M étant intérieur à ABC, t < a et t+b > pi/2.
D'autre part, N étant sur AC, t < pi/2.
Il y a donc deux cas :

soit a < pi/2 et t € ]pi/2-b,a[
soit a >= pi/2 et t € ]pi/2-b,pi/2[

D'après le th des sinus,

x/sin a = AP/sin(pi/2+t-a) = AP/cos(t-a)
x/sin b = BP/sin(pi-t-b) = BP/sin(t+b)

x.cos(t-a)/sin a + x.sin(t+b)/sin b = AB

x = k/u avec K = AB.sin a.sin b et u = sin b.cos(t-a) + sin a.sin(t+b)

sin a > 0
sin b > 0
k > 0

Considérons maintenant x comme une fonction continue de t de [pi/2-b,a] dans R.
Dans cet intervalle,

pi/2-b <= t <= a,
-pi/2 < pi/2-b-a <= t-a <= 0,
cos(t-a) > 0,
pi/2 <= t+b <= a+b < pi,
sin(t+b) > 0,
et donc u > 0.

u' = -sin b.sin(t-a) + sin a.cos(t+b)
u" = -sin b.cos(t-a) - sin a.sin(t+b) = -u

x' = -ku'/u^2
x" = -k(u".u^2 - 2u'^2.u)/u^4 = ku(u^2 + 2u'^2)/u^4

x" > 0

Il en résulte que dans tout sous-intervalle [m,n] de [pi/2-b,a],
max x(t) = max (x(m),x(n)) = M et dans ]m,n[, x(t) < M *.

Pour t = pi/2-b, x donne le côté d'un carré intérieur à ABC posé sur BC.
Si a < pi/2, pour t = a, x donne le côté d'un carré intérieur à ABC posé sur AC.
Si a >= pi/2, pour t = pi/2, on vérifie que x = AB.tg b/(1+tg b) donne le côté d'un carré intérieur à ABC posé sur AB depuis A.

On voit donc que MNPQ n'est pas maximal, d'où la contradiction. CQFD

corollaire : pour tout carré intérieur à un triangle, il existe un carré intérieur isométrique dont un côté est contenu dans un côté du triangle.

th 1 : si ABC est acutangle, un côté de MNPQ est contenu dans le plus petit côté de ABC. S'il est rectangle, deux côtés de MNPQ sont contenus dans les cathètes.

Supposons a <= pi/2 et calculons les valeurs prises par x aux extrémités de [pi/2-b,a] :
u1 = sin b.cos(pi/2-b-a) + sin a.sin(pi/2) = sin a + sin b.sin(a+b)
u2 = sin b + sin a.sin(a+b)
u1 - u2 = sin a - sin b + sin(a+b)(sin b - sin a) = (sin a - sin b)(1 - sin(a+b))
On a donc u1 >= u2 et x1 <= x2
Comme AC <= BC, on voit que le carré posé sur AC est plus grand ou égal à celui posé sur BC.

Si le triangle est acutangle, il est clair qu'on peut faire jouer à A le rôle de C et comparer les carrés posés sur AB et AC. En définitive, le carré maximal MNPQ est posé sur le plus petit côté de ABC. CQFD

Reste donc à examiner le cas a > pi/2.

En me relisant, je me rends compte que ma première affirmation, à savoir l'existence à priori d'un carré maximal (i.e sup X = max X, avec X ={c€R|il existe un carré de côté c intérieur à ABC}) n'est pas aussi évidente que ça. Si tu la contestes, il me faudra alors reformuler les lemmes sous forme positive :

- pour tout carré de côté c intérieur à ABC, il existe un carré de côté supérieur ou égal à c intérieur à ABC et tel que les côtés d'ABC contiennent au moins un sommet,

- pour tout carré de côté c intérieur à ABC tel que les côtés d'ABC contiennent au moins un sommet, il existe un carré de côté sup ou égal à C intérieur à ABC et reposant sur un de ses côtés.

- il existe un carré maximal.

Qu'en penses-tu ?

Ok GG ! Quelques remarques :
*Lemme 1: C'est le rapport le plus grand qu'il faut utiliser, et un point vient sur BC.
* Lemme 2 : "Je peux supposer également que l'angle a >= b et que N est sur AC " Oui, en renommant les sommets A et Bdu triangle et ceux, M et Q du carré. Pour l'affirmation *, c'est évident, car les 2 autres sommets sont symétriques par rapport à la diagonale. Par contre, ta nouvelle remarque est juste, et il n'y a pas de raison de rajouter les parenthèses dans " N est sur AC (distinct de A et C), Q sur BC (distinct de B et C), et donc P sur AB (distinct de A et ". Pour l'instant, rien n'interdit à N d'être en A ou en C.
Je te suis, ou te fais confiance sur la suite jusqu'à :
" Considérons maintenant x comme une fonction continue de t de [pi/2-b,a] dans R."
Là, il y a une grosse faute de logique : Jusque là, tu considérais le carré comme un carré de côté maximal (Tu en as eu besoin dans le lemme 1). Mais alors, comment x peut-il être et variable, et maximal.
Mais il y a un moyen d'en sortir :
Avec l'idée du triangle maximal, tu as montré que les seuls carrés à envisager sont ceux qui ont 3 sommets sur des côtés (si tu arrives à traiter les cas particuliers oubliés !) et des sommets sur les trois côtés. Puis qu'on peut utiliser les hypothèses :a >= b, c < pi/2,P sur AB, Q sur BC et N sur AC.
On va donc considérer l'ensemble des carrés de côté x vérifiant cette hypothèse. Maintenant x redevient une variable, et la suite de ton raisonnement semble correcte.

Je ne te contesterai pas l'existence d'un carré de côté maximal, l'unicité n'intervient pas et les longueurs sont bornées. Mais je n'ai pas de preuve effective de cette existence (On pourrait penser à des carrés de position variant continuement sans position limite, mais je n'arrive pas à la concevoir).

Bilan : Il rest à régler les cas de tes affirmations trop rapides.

Cordialement

1) J'ai bien vu le rapport inversé, mais c'est bien le max qui va servir (le point le plus loin de A, le rapport le plus proche de 1, pour que l'inverse soit aussi le plus proche de 1, que les points ne sortent pas du triangle).
2) Oui, ça revient à cela.

Cordialement

NB : Je ne reviens sur le forum que lundi.

A la réflexion , nul besoin que $G$ ou $D$ soit dans $T$ , il suffit que l'un des deux soit non vide ce qui ne doit pas être top difficile à établir .

Domi