Trisection

Merci Domi pour ce beau problème.
Peux-tu au moins nous donner une idée de la complexité du calcul concernant l'égalité des périmètres?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour,
J'ai trouvé cette solution en programmant GeoGebra.
Les deux triangles sont symétriques par rapport à (OC), O étant le centre du triangle équilatéral ABC.
Le périmètre de chaque part vaut les deux tiers de celui du triangle ABC.
De plus GGB me dit que R est le milieu de [TC], T étant le point d'intersection de (OP) avec (BC).

$P$ ? Aucune idée.
Mais je sais que $ \frac{AP - CR}{AB}= \frac{1}{4}$.

Il y a aussi un problème si on permet un crossing croisement à l'intérieur du triangle (ça définit $4$ zones mais on peut imaginer) et il y a la subdivision pas en trois mais $n$ tranches d'aires et périmètres égaux.

Une petite recherche http://mathcentral.uregina.ca/mp/previous2011/apr12sol.php
Et ça http://math.fau.edu/Yiu/GJARCMG2016.pdf
Cordialement.

J'étais vite un peu mais
vu la construction on a les deux triangles jaunes dans ta dernière figure ont un angle de $60^{\circ}$ ils ont même périmètre $P$ (en fait je ne sais pas si on peut le trouver simplement) et même aire $\dfrac{S}{3}$ où $S$ est l'aire du triangle équilatéral.
alors ce triangle jaune est unique à rotation prés.

En fait il y a un petit calcul mais pas trop compliqué...

Bon c'est un beau problème en tout cas, on va trissecter un triangle isocèle $ABC$, isocèle en $C$, avec $AB=1$ et $AC=CB=c$. (figure)
Ce que j'ai commencé à dire est que si deux triangles ont un angle commun (égale chez les deux) et si on exige que ces deux triangles aient même aire $S$ et même périmètre $P$ alors on peut trouver un unique triangle vérifiant ces propriétés i.e. les $ 2$ triangles sont superposables. Je recopie la preuve ici le triangle et les quantités sont indépendants de celles du triangle $ABC$ complet de la figure.


$ABC$ un triangle de coté $BC=a, CA=b, BA=c$, $\angle C$ fixe.
$Aire=S$, $P=Périmètre$,
$S=\frac{1}{2}ab\sin(C)$, $c=\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos(C)}$ soit $(P-a-b)^2=a^2+b^2-2ab\cos(C)$ et $P^2+2ab-2Pa-2Pb=-2ab\cos(C)$ d'ou


$a+b=\dfrac{P^2+2ab+2ab\cos(C)}{2P}$

et on trouve $a$ et $b$ ayant $ab$ et $a+b$ en fonction de $P,S $ et $\angle C.$
Ceci aide pour débuter la figure. Aire $(ABC)=S$; d'où $ab=\dfrac{2S}{3\sin(A)}$ là $S$ est fixe bien sûr comme $\angle A=\angle B.$


Il reste une étape parce que
si l'aire est le tiers du triangle complet le périmètre n'est pas donné. Alors on écrit l'égalité des périmètres $p$ de la figure

$a+b+x=2x+2(c-a)+1-2b=p$ puis $3(a+b)=x+2c-1$
puis avec loi cosinus $x^2=(a+b)^2-2ab-2ab\cos(A)$
On a un système entre $x$ et $a+b$ (facile) à résoudre.
À suivre.
Merci

Bonjour,

En deux coups de cuillères :

Avec les notations ci-dessus :
- L'égalité des aires s'écrit : $\displaystyle {\sqrt{3} \over 4} c^2 = 3 \times {1 \over 2} b a {\sqrt{3} \over 2} $ et donc $\displaystyle 3 ab=c^2.$
- L'égalité des périmètres s'écrit : $\displaystyle 3 c+x=3 (a+b)$ et donc $x = 3(a+b-c).$
- Les relations dans le triangle donnent : $\displaystyle x^2=a^2+b^2-2 a b \sin {\pi \over 3}$ et donc $\displaystyle (a+b)^2 - 3 ab=x^2.$

Le système $\displaystyle 3 ab=c^2$, $\displaystyle x = 3(a+b-c)$ et $\displaystyle (a+b)^2 - 3 ab=x^2$ se résout tout seul et, immédiatement, $\displaystyle x={3 \over 4} c$ puis $a,b$ sont les racines de $\displaystyle t^2- {5 \over 4}c t + {1 \over 3}c^2 = 0.$

Le périmètre commun est alors : $\displaystyle a+b+x = {5 \over 4}c + {3 \over 4} c= 2c.$

Le problème est pour un hexagone (pentagone aussi) ou $6$ sommets et plus où les trissections en triangles ne marchent pas.

Bonjour


La trissection de bisam [pourrait exister] aprés un certain système (avec un triangle équilatéral de côté $1$); qui aboutit à une équation du $3$ ème degré. Avec une racine pas trop compliquer on calcul les morceaux qu'on a découper, il y aura des racines cubiques etc.
Il fallait une figure... si jamais je la poste mais l'idée est même produit et somme puis égalité des périmètres.

Edit

Oui à verifier:

$cd=\frac{1}{3}$ et $ab=\frac{2}{3}$ pour les aires. Avec les $2$ conditions des périmètres et deux loi cosinus -soit $4$ équations- et en posant $X=a+b$ et $Y=c+d$
$\begin{aligned}&x^2&=&Y^2-1\\&y^2&=&X^2-2\\&x&=&3+Y-2X\\&y&=&2Y-X\end{aligned}$
Aprés remplacement on aura l'équation $12Y^2-6Y^3+1-6Y=0$ pour $Y=\frac{1}{3}2^{\frac{1}{3}}+\frac{1}{6}2^{\frac{2}{3}}+\frac{2}{3}\approx 1.351$

$x\approx 0.908$

$X\approx 1.721$ et $y\approx 0.981$

Et trouvant $a,b$, $c,d$ on aura contradiction (comme c'était prévue).

Bonjour,
@ Domi : non car le triangle de départ est trois plus grand que ces petits triangles.
Et pour retrouver ce triangle initial à partir d'eux c'est en fait très facile :
- on construit son cercle circonscrit $(C)$ (rayon triple de celui du cercle circonscrit à l'un d'eux);
- les deux plus grand côtés de l'obélisque (supportés par des côtés de ces petits triangles) se coupent en un point P;
- la demi-droite [OP) coupe $(C)$ en un sommet du triangle initial.

Les deux petits triangles équilatéraux "contrôlent" donc l'ensemble de la figure.
Le problème est que la position de l'un par rapport à l'autre n'est pas simple :
elle fait intervenir le nombre $\sqrt{33}$, ce qui n'est d'ailleurs pas très étonnant.

Pourquoi ces deux petits triangles sont-ils trois plus plus petits que le triangle équilatéral de départ ?
Est-ce à cause de la rotation $r$ seule, sachant que $r^3 = id$ ?
Ou bien le partage de l'aire en 3 parts égales joue-t-il également ?

Comme il est connu (Gauss, Wantzel) en général, il n'est pas possible de diviser exactement un angle en trois parties égales.
Je présente la trisection de l'angle de 67,5 °. Il sera certainement connu mais je ne le savais pas et je l'ai trouvé par hasard.

Bonsoir à tous,
Merci, Pappus pour cette trisection particulière intéressante, mais je ne vois pas immédiatement comment tu places les deux sommets "supérieurs" du petit triangle ... est-ce l'astuce à trouver ?
Si c'est le cas, j'aurais bien quelques idées ... je vais les tester ...
Bien cordialement
JLB

Une construction

Bonjour, pour le problème de pappus, il y a un problème d'existence en prenant deux points $a,c$ proche du sommet et fait que si un tel point existe il sera unique.

Pour le problème des polygones, ça peux se gèrer à un système (deux ou ?) en $4 $ inconnus, parceque vue les conditions d'aire en prenant une coupure liant noeuds à un noeuds on aura une majoration du nombre de noeuds (sommets) dans une coupure extérieure (strictement), en ésperant que ça soit de la sorte $i,$ ou $i+1$, pour le pentagone le $i=2$, on place les points et on calcul la transversal en fonction de la base à $i$ sommets de même l'autre tranche extérieur. Je n'ai pas fait les calculs juste l'idée.

Évidemment, par une figure on peut se comprendre la première montre que si le point de Pappus ($M$) existe (à l'intérieur du triangle) alors il est unique, il se déplace donc sur $[IJ]$.

Pour le problème avec les polygones j'ai joint la figure comportant deux tranches possibles quand on trissecte le polygone initiale où $P_{i,j}$ signifie la tranche du $i$- polygone régulier à $i$ sommets pour $j$ le nombres des sommets dans cette tranche autre que $A$ et $B$ qui sont les extrémités.
De même $P_{i,j}(x,y) $ avec ayant les deux segments $x$ et $y$ à la place de $DA=1$ et $CB=1$.

Ce qui fait que pour un polygone fixe $P_i$ ($i$ fixe), si $P_{i,j}(x,y)$ a pour surface le tiers de $P_i$ alors il doit y exister un $k $ tel que $k\le j\le k+1$ (c'est facile je crois on incremente $j$ chaque fois pour arriver).

On arrive aux calculs. Aire de $P_{i,j}(x,y)$, les périmètres qui restent en fonctions de $x, y$ et surtout les transversales comme $AB$ et $GH$.

Cordialement.

Bonjour à tous
Pour l'hexagone régulier et d'une façon générale pour tout polygone régulier ayant $n=3p$ sommets, une solution du problème de Domi est évidente.
Il faut bien dire que je ne me suis pas trop foulé la nénette!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Tonm
Je ne sais pas ce que tu fabriques mais visiblement cela n'a aucun rapport avec mon problème.
D'abord pourquoi ne respectes-tu pas les notations que j'ai imposées?
$a$ est un point du segment $BC$ et non une longueur, $b$ est un point du segment $CA$ et $c$ est un point du segment $AB$
Sais-tu faire la différence entre la donnée d'un point et celle d'une longueur?
De toutes façons mon problème n'utilise que des rapports d'aires et se traite dans le cadre de la géométrie affine.
Je donne la construction sans démonstration.
A vous déjà de la prouver et ce n'est pas de la tarte puis de trouver les conditions que doivent vérifier les points (et pas les longueurs!!) $a$, $b$, $c$ pour que le point $O$ ainsi construit se retrouve à l'intérieur du triangle $ABC$ comme il se doit!
Les parallèles respectives issues de $A$ à la droite $bc$, de $B$ à la droite $ca$, de $C$ à la droite $ab$ forment un triangle $A'B'C'$. Le point $O$ cherché est nécessairement le centre de gravité de ce triangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus

Mon cher Tonm
On ne peut pas dire que cela s'améliore mais le principal est qu'au moins tu essaies de chercher et je te félicite pour cela.
A l'avenir quand on te pose un problème, essaye à tout le moins de respecter les données qui sont imposées.
Puisque j'ai donné la construction, tu peux au moins essayer de la prouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus