Merci Domi
Tu fais bien de préciser les conditions de ton découpage.
Mon problème est de nature très différente car il ne concerne que les aires.
Les spécialistes savent alors que la bonne explication ne fait intervenir que la structure affine.
Cela apparaît clairement dans ma construction.
L'aire algébrique (signed area en anglais) est la bonne notion.
On a donc besoin non seulement de savoir ce qu'est l'aire algébrique d'un quadrilatère mais en plus de savoir la calculer rapidement.
Ce n'est donc pas un problème de lycée mais bien un problème post bac!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu as raison Pappus , quand on parle de généralisation , on peut tout imaginer et il faut préciser . Pour moi les constantes étaient :
1°) Le polygone est régulier .
2°) On fait deux coupes droites ( bord à bord ou non selon la variante ) .
3°) Les périmètres et les aires des trois parts doivent être égaux .
Il me semble qu'on sort pas mal du cadre de la géométrie affine .
Mon cher Domi
Les problèmes métriques sont toujours plus compliqués que les problèmes d'aires.
L'aire (algébrique) d'un polygone est une fonction polynomiale des coordonnées de ses sommets, alors que son périmètre est une somme de racines carrées de formes quadratiques en ces coordonnées, somme d'autant plus compliquée que le nombre de sommets est grand.
C'est pourquoi je pense que ton problème n'a pas de solutions simples dans le cas général.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Solution simple ou pas de solution , c'est quand même une question . Je crois que le problème relève plus de l'analyse que de la géométrie "classique" . Je dis ça , mais je n'ai pas de réponse , seulement l'intuition que ce n'est pas possible au delà du carré . De nos jours on dirait que c'est une conjecture :-D.
Bonjour, le problème pappus et le centre de gravité peut se démontrer métriquement avec les projections et un calcul (lourd), je vais détailler un peu. La figure que je joint est la donné du petit triangle $ABC$ qui était inscrit dans le triangle à trissecter par trois quadrilatères de même aire. Les droites $(NL)//(AB)$, $(NK)//(BC)$ et $(KL)//(CA)$. Les distances entre chaque deux est $h_3,h_1,h_2$ respectivement.
Alors ce qu'on démontre implique que $P$ qui est le centre de gravité de $NKL$ partage le triangle initial $T$ (je ne l'ai pas dessiné) en $3$ parties d'aire égales quand $P\in T$. [ Je crois que c'est équivalent même si on peut inscrire un triangle $T$ (qui sera à trissecter) ayant chaque sommet sur $[NL]$, $[NK]$ et $[KL]$ et tel que $A$, $B$, $C$ appartiennent chacun à un coté ].
Pour être bref ci $S_3$ est la (longueur) hauteur issue de $P$ vers $[NL]$ et $S_1$ celle de $P$ vers $[NK]$ et $S_2$ celle de $P$ vers $[KL]$ alors sauf erreur:$$ S_3c=S_2b=S_1a$$ ce qui implique les égalités des aires pour notre triangle $T$ si $P\in T.$
Par exemple les longueurs du triangle $NKL$ s'exprime en fonction de $a,b,c,h_1,h_2,h_3$ en appliquant trois fois Thalès.
Puis ayant les distances $PN$, $PL$ et $PK$, on calcule les hauteurs $S_i$. Un peu long mais basic.
Cordialement.
Mon cher Tonm
Je salue ton obstination.
Tu veux donner une preuve de l'existence de ma configuration, OK, oui ou non?
Alors pourquoi ne reproduis tu pas ma figure avec ses notations, ($A$, $B$, $C$, $a$, $b$, $c$, $A'$, $B'$, $C'$) quitte à rajouter des points de ton cru, étiquetés à ta guise?
Et j'ai encore l'impression que tes notations $a$, $b$, $c$ désignent des longueurs (non définies?) et non pas des points!
C'est quand même un peu fort de café!
Amicalement
[small]p[/small]appus
En fait si tu veux ici $NKL $ est $A'B'C'$ et $a,b,c$ sont les longueurs du triangle $ABC$ dans ma figure, $a=CB, b=AC, c=AB$.
Les points $A,B,C$ sont $a,b,c$ chez toi.
C'est lourd surtout les expressions mais l'idée est un peu forte.
Le point $P$ qui divise un triangle $T$ de l'intérieur en trois quadrilatère d'aire égaux est unique si il existe, (déjà dis), et ici si $P$ est $\in T$ alors $P$ est le centre de gravité de $A'B'C'$ vue l'identité $0.5S_3c=0.5S_1a=0.5S_2b$ (les trois aires des quadrilatères).
Bonjour Tonm
Ce n'aurait pourtant pas été difficile de conserver mes notations et de donner d'autres noms aux distances $BC$, $CA$, $AB$, ce ne sont pas les lettres de l'alphabet qui manquent!
Tes distances $S_1$, $S_2$, $S_3$ (qui font plutôt penser à des aires) ne sont pas clairement définies.
On a l'impression que l'expression $0.5S_1a$ fait plutôt penser à l'aire d'un triangle (lequel exactement, tu ne le dis pas) qu'à l'aire d'un quadrilatère.
On doit écrire que les aires de trois quadrilatères sont égales.
L'aire d'un quadrilatère, il y a des formules pour les calculer!
Seulement tu ne nous dis pas quelle formule tu utilises.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Tonm
Pourquoi n'as tu pas donné auparavant cette formule donnant l'aire d'un quadrilatère et précisé aussi les notations que tu utilisais?
Il faut vraiment te tirer les vers du nez!
Une fois écrites les équations:
$$S_1a=S_2b=S_3c$$
je ne vois pas très bien comment tu en déduis que $P$ est le centre de gravité du triangle $KLN$, ($A'B'C'$ avec mes notations)!
Amicalement
Mon cher Tonm
Petit à petit, on y vient et on va finir par t'arracher la vérité.
Bon, tu supposes que $P$ est le centre de gravité du triangle $KLN$, comment en déduis-tu clairement les égalités?:
$$S_1a=S_2b=S_3c$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Franchement c'est trés lourd et c'est un calcul formel, si quelqu'un le fera il verra que sa doit tenir, peut-être bientôt, mais c'est un calcul monstrueux. Je n'ai jamais fait autant.
Il y a en principe la formule de Hauteur $H$ dans un triangle à cotés $a,b,c$ qu'on applique $3$ fois ( à $3$ triangles) à la fois on applique trois fois Thalès pour trouver les côtés de $NKL$ en fonctions des données $a,b,c,h_1,h_2,h_3$. Maientenant calcul des médianes $PN$, $PK,PL$. Enfin trois fois la formule trouvant les hauteurs $S_i$ dans les triangles $PKL$, $PLN$ et $PNK$.
À suivre.
Mon cher Tonm
Ce n'est lourd que parce que tu le veux bien T'es-tu servi au moins une fois du fait que les triangles $LNK$ et $ABC$ ($A'B'C'$ et $abc$ avec mes notations) sont homothétiques?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Mon cher Tonm On s'en fiche du rapport et aussi de $h_1$,$h_2$, $h_3$ qui n'apparaissent pas dans .les calculs que tu nous as montrés.
Ecris simplement que les côtés correspondants sont proportionnels (Axiome de Thalès) et conclus!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonsoir à tous
A part son: Oui d'accord, on fait le même calcul (quel calcul?) dans $ABC$ (même calcul dans un triangle, qu'est-ce que cela peut bien vouloir dire?), j'ai bien l'impression qu'on en saura pas plus.
Mais au moins Tonm est d'accord avec moi!!
Pour montrer la difficulté du problème, la figure ci-dessous montre la condition nécessaire et suffisante portant sur le triangle $abc$ pour que ce problème ait une solution.
Quelle est cette condition nécessaire et suffisante?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui il fallait que je mette cela on va vérifier que $$s_3^2c^2=s_2^2b^2=s_1^2a^2$$ ou $s_i$ sont les hauteurs dans $GBA$, $GBC$, $GAC$ issue du centre de gravité $G$ voir figure.
Cela implique le résultat par homothétie puisque $s_i=kS_i$, $i=1,2,3$.
Calcul: $GB^2=\frac{1}{9}(2a^2+2c^2-b^2)$, $GA^2=\frac{1}{9}(2c^2+2b^2-a^2)$
$GC^2=\frac{1}{9}(2b^2+2a^2-c^2).$
Puis $s_3^2=GB^2-\dfrac{(GB^2-GA^2+c^2)^2}{4c^2}$
$s_2^2=GA^2-\dfrac{(GA^2-GC^2+b^2)^2}{4b^2}$
et $s_1^2=GB^2-\dfrac{(GB^2-GC^2+a^2)^2}{4a^2}$
il faut juste vérifier. Merci.
Merci Tonm.
Il faut juste vérifier?
Quoi exactement? On ne le saura jamais!
Quel besoin de calculer ces longueurs de médianes?
C'est absolument inutile!
Je vais essayer de rédiger clairement ce que tu as voulu faire avec les moyens du bord qui, on le sait, sont très maigres, en dehors des axiomes de Thalès et de Pythagore.
Tout d'abord tu as correctement évalué l'aire d'un quadrilatère, même si tu ne l'as pas démontré.
Sur la figure de gauche, on lit:
$$S(ABCD)=S(ABD)+S(BCD)=\dfrac 12.AH.BD+\dfrac 12.CK.BD=\dfrac 12(AH+CK).BD=\dfrac 12.CL.BD$$
Tu as fini par donner cette formule mais il a fallu que je te l'arrache!!
Sur la figure de droite, les triangles $abc$ et $A'B'C'$ sont homothétiques ayant leurs côtés parallèles.
Soit $k$ le rapport d'homothétie, (on se contrefiche de sa valeur exacte!), on a donc:
$$\dfrac{bc}{B'C'}=\dfrac{ca}{C'A'}=\dfrac{ab}{A'B'}=k$$
Sur ma figure $M$ est un point quelconque!
Je lis sur cette figure:
$S(MbAc)=\dfrac 12.MH.bc=\dfrac 12.MH.k.B'C'=k.S(MB'C')$ et de même: $S(McBa)=k.S(MC'A')$ et $S(MaCb)=k.S(MA'B')$
Donc si on veut que:
$$S(MbAc)=S(McBa)=S(MaCb)$$
il est nécessaire que:
$$S(MB'C')=S(MC'A')=S(MA'B')$$
Et on sait (?) que ceci n'est possible que si $M$ est le centre de gravité du triangle $A'B'C'$
Tu avais pratiquement cette démonstration dans la tête mais tu as été incapable de nous l'expliquer clairement comme je viens de le faire!
Regarde bien la figure.
J'ai respecté mes propres notations et le seul point que j'ai rajouté est ton point $H$!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonsoir, c'était tard je réponds, oui c'est clair comme ça.
Ma dernière figure est pour vérifier $s_3c=s_2b=s_1a$ quand on met les valeurs (élevant au carré) mais c'est vrai de l'égalité des aires des trois triangles $GAB$, $GBC$ et $GAC$, pour $G$ centre de gravité de $ABC$.
Merci Tonm
Tu as des idées, c'est certain mais tu as encore d'immenses progrès à faire.
D'abord et surtout en français.
Tant que tu t'exprimeras mal dans cette langue, tu ne pourras pas progresser en mathématiques.
En lisant ta solution que j'ai rédigée, tu peux voir le trou qui te reste à combler.
En tout cas bravo pour ton implication!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste à déchiffrer ma dernière figure qui fait intervenir l'ellipse de Steiner tangente aux côtés du triangle $ABC$ en ses milieux.
Bonjour à tous
La condition nécessaire et suffisante pour que la trisection soit possible est visible sur mon avant-dernière figure!
C'est que les côtés du triangle $abc$ soient sécants à l'ellipse de Steiner.
On sent bien qu'on est à un autre niveau et que les cabrioles de Tonm seront insuffisantes à le prouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
La figure ci-dessous montre ce qui se passe quand les points $b$ et $c\ $ sont trop proches de $A$.
La droite $bc$ n'est plus sécante à l'ellipse de Steiner et le point $O$ construit comme centre de gravité du triangle $A'B'C'$ sort du triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
Voilà ce qui se passe quand le segment $bc$ est tangent à l'ellipse de Steiner.
Le point $O$ se retrouve sur le segment $BC$ et ne dépend pas du point $a$ pour $b$ et $c$ ainsi fixés, même si le triangle $A'B'C'$ en dépend!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour à tous
On a maintenant le problème inverse!
On se donne le point $O$ à l'intérieur du triangle $ABC$ et il faut récupérer le (ou les) triangles(s) inscrit(s) $abc$ pour qu'on ait:
$$S(ObAc)=S(OcBa)=S(OaCb)$$
Là aussi on sent intuitivement que le point $O$ ne doit pas trop s'approcher des sommets pour que la trisection soit possible!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Salut cher Pappus, pour le truc d'ellipse et vue que c'est équivalent à l'existence du point cherché. Je ne vois autrement que munir un repère et chercher les coordonnées du centre de gravité de $A'B'C'$ partant de $ABC$... à suivre (on arrive à quelque chose sûr?)
Mon cher Tonm
Ce qui est sûr, c'est qu'il y a des calculs à faire mais un peu moins folkloriques que les tiens.
Ton français ne s'améliore guère mais je suppose que tu as la vie devant toi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je n'ai lu que très partiellement ce qui précède
et n'ai pas trouvé ce qui suit.
Je suis parti sur la découpe en T (dessin).
Trouver trois aires égales (dessin) est facile.
On peut transformer ce schéma par une tsf. affine
pour rendre les périmètres égaux.
On tombe sur des éq. du 3e et 4e degré
non résolubles par racines carrées.
Pas de construction à la règle et au compas par conséquent.
Mon cher Tonm
Bien sûr que j'veux, mon n'veu!
Tu m'écris toujours dans un sabir pratiquement incompréhensible duquel il ressort que la méthode que tu proposes conduit à des calculs inextricables.
Il ne faut surtout pas prendre de repère orthonormé quel qu'il soit.
J'ai dit quelque part que ce problème était un problème de géométrie affine.
Il faut donc travailler en coordonnées barycentriques dans le triangle $ABC$.
Ce n'est pas un problème de géométrie élémentaire comme ta solution que j'ai rédigée pourrait le laisser croire.
D'abord il y a des failles ou plutôt des imperfections dans celle ci qui ne peuvent être surmontées que par l'emploi des défuntes aires algébriques.
Ensuite même si les calculs à mener ne sont pas très difficiles, ils sont quand même délicats et trop longs à suivre dans leur discussion.
Je renvoie à un vieux numéro de Quadrature où je les ai trouvés mais comme j'ai perdu ce numéro, il m'est difficile de préciser davantage et je dois me contenter de quelques notes écrites dans un vieux cahier.
Peut -être qu'on peut trouver ces vieux numéros en ligne sur le site de Quadrature, il faudra que je vérifie!
En tout cas la localisation du point $O$ pour que la trisection soit possible est simple, même si elle est délicate à prouver.
On trisecte chaque côté du triangle $ABC$, (on trisecte encore et toujours, c'est vraiment le super pied!), pour obtenir un hexagone bleu dans lequel le point $O$ doit se trouver.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bonjour,
Ci-dessous un cas particulier où chaque partie à la même aire et le même périmètre.
Trouvé en programmant GeoGebra. Construction :
- le triangle $ABC$ est rectangle en B avec $AB=1$ et $AC= 2$;
- le point $D$ est situé au tiers du segment $[BC]$;
- $E$ est le point de $[AC]$ tel que $AE=CD$;
- $F$ est le projeté de $E$ sur $(AD)$.
Le périmètre de chaque part est égal à $1+\sqrt{3}$ et leur aire commune vaut $\frac{\sqrt{3}}{6}$.
Une autre solution : $ABC$ rectangle en A tel que $AB = 1$ et $AC=\frac{6}{\sqrt[4]{5}^{3} + \sqrt[4]{5}}$, $BE=\frac{1}{\sqrt[4]{5}}$, $AD=\frac{2}{\sqrt[4]{5}^{3} - \sqrt[4]{5}}$ et$AF=FE=\frac{1}{10} \; \sqrt{5} \; \left(\sqrt[4]{5}^{3} - \sqrt[4]{5} \right)$. Les trois parts ont la même aire et le même périmètre.
Voici un cas limite correspondant à ton problème de départ : $ABC$ rectangle en B tel que $AB = 1$ et $BC=\sqrt{2}$.
Trois parts de même aire et de même périmètre.
Oui mais $ABD$ n'est pas équilatéral . Ce pourrait être une nouvelle question ( une de plus ) : Quels triangles peuvent être trisectés ( toujours par deux coupes droites ) en trois parts de même périmètres et de même aires ? Il y a toujours les deux variantes et ton exemple est bien un cas limite .
Allez un petit dernier, autre cas limite. $ABC$ isocèle en $C$ tel que $AB = 1$, $AD = EB = \frac{\sqrt{6}}{6}$ et $AC = \frac{2\sqrt{6}+3}{10}$.
Les trois parts ont la même aire et le même périmètre.
La restriction aux triangles isocèles est plutôt intéressante . Existe-t-il , par exemple des triangles isocèles avec deux solutions de type 1 ou de type 2 ou mélangées ? On ouvre tout de même beaucoup de portes sans en fermer une seule :-)
Réponses
Tu fais bien de préciser les conditions de ton découpage.
Mon problème est de nature très différente car il ne concerne que les aires.
Les spécialistes savent alors que la bonne explication ne fait intervenir que la structure affine.
Cela apparaît clairement dans ma construction.
L'aire algébrique (signed area en anglais) est la bonne notion.
On a donc besoin non seulement de savoir ce qu'est l'aire algébrique d'un quadrilatère mais en plus de savoir la calculer rapidement.
Ce n'est donc pas un problème de lycée mais bien un problème post bac!
Amicalement
[small]p[/small]appus
1°) Le polygone est régulier .
2°) On fait deux coupes droites ( bord à bord ou non selon la variante ) .
3°) Les périmètres et les aires des trois parts doivent être égaux .
Il me semble qu'on sort pas mal du cadre de la géométrie affine .
Domi
Les problèmes métriques sont toujours plus compliqués que les problèmes d'aires.
L'aire (algébrique) d'un polygone est une fonction polynomiale des coordonnées de ses sommets, alors que son périmètre est une somme de racines carrées de formes quadratiques en ces coordonnées, somme d'autant plus compliquée que le nombre de sommets est grand.
C'est pourquoi je pense que ton problème n'a pas de solutions simples dans le cas général.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Amicalement
Domi
Alors ce qu'on démontre implique que $P$ qui est le centre de gravité de $NKL$ partage le triangle initial $T$ (je ne l'ai pas dessiné) en $3$ parties d'aire égales quand $P\in T$. [ Je crois que c'est équivalent même si on peut inscrire un triangle $T$ (qui sera à trissecter) ayant chaque sommet sur $[NL]$, $[NK]$ et $[KL]$ et tel que $A$, $B$, $C$ appartiennent chacun à un coté ].
Pour être bref ci $S_3$ est la (longueur) hauteur issue de $P$ vers $[NL]$ et $S_1$ celle de $P$ vers $[NK]$ et $S_2$ celle de $P$ vers $[KL]$ alors sauf erreur:$$ S_3c=S_2b=S_1a$$ ce qui implique les égalités des aires pour notre triangle $T$ si $P\in T.$
Par exemple les longueurs du triangle $NKL$ s'exprime en fonction de $a,b,c,h_1,h_2,h_3$ en appliquant trois fois Thalès.
Puis ayant les distances $PN$, $PL$ et $PK$, on calcule les hauteurs $S_i$. Un peu long mais basic.
Cordialement.
Je salue ton obstination.
Tu veux donner une preuve de l'existence de ma configuration, OK, oui ou non?
Alors pourquoi ne reproduis tu pas ma figure avec ses notations, ($A$, $B$, $C$, $a$, $b$, $c$, $A'$, $B'$, $C'$) quitte à rajouter des points de ton cru, étiquetés à ta guise?
Et j'ai encore l'impression que tes notations $a$, $b$, $c$ désignent des longueurs (non définies?) et non pas des points!
C'est quand même un peu fort de café!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les points $A,B,C$ sont $a,b,c$ chez toi.
C'est lourd surtout les expressions mais l'idée est un peu forte.
Le point $P$ qui divise un triangle $T$ de l'intérieur en trois quadrilatère d'aire égaux est unique si il existe, (déjà dis), et ici si $P$ est $\in T$ alors $P$ est le centre de gravité de $A'B'C'$ vue l'identité $0.5S_3c=0.5S_1a=0.5S_2b$ (les trois aires des quadrilatères).
Bonne journée.
Ce n'aurait pourtant pas été difficile de conserver mes notations et de donner d'autres noms aux distances $BC$, $CA$, $AB$, ce ne sont pas les lettres de l'alphabet qui manquent!
Tes distances $S_1$, $S_2$, $S_3$ (qui font plutôt penser à des aires) ne sont pas clairement définies.
On a l'impression que l'expression $0.5S_1a$ fait plutôt penser à l'aire d'un triangle (lequel exactement, tu ne le dis pas) qu'à l'aire d'un quadrilatère.
On doit écrire que les aires de trois quadrilatères sont égales.
L'aire d'un quadrilatère, il y a des formules pour les calculer!
Seulement tu ne nous dis pas quelle formule tu utilises.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pourquoi n'as tu pas donné auparavant cette formule donnant l'aire d'un quadrilatère et précisé aussi les notations que tu utilisais?
Il faut vraiment te tirer les vers du nez!
Une fois écrites les équations:
$$S_1a=S_2b=S_3c$$
je ne vois pas très bien comment tu en déduis que $P$ est le centre de gravité du triangle $KLN$, ($A'B'C'$ avec mes notations)!
Amicalement
Petit à petit, on y vient et on va finir par t'arracher la vérité.
Bon, tu supposes que $P$ est le centre de gravité du triangle $KLN$, comment en déduis-tu clairement les égalités?:
$$S_1a=S_2b=S_3c$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il y a en principe la formule de Hauteur $H$ dans un triangle à cotés $a,b,c$ qu'on applique $3$ fois ( à $3$ triangles) à la fois on applique trois fois Thalès pour trouver les côtés de $NKL$ en fonctions des données $a,b,c,h_1,h_2,h_3$. Maientenant calcul des médianes $PN$, $PK,PL$. Enfin trois fois la formule trouvant les hauteurs $S_i$ dans les triangles $PKL$, $PLN$ et $PNK$.
À suivre.
Cordialement.
Ce n'est lourd que parce que tu le veux bien
T'es-tu servi au moins une fois du fait que les triangles $LNK$ et $ABC$ ($A'B'C'$ et $abc$ avec mes notations) sont homothétiques?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ah oui d'accord on fait le même calcul mais dans $ABC$, on trouve les $S_i$ à un facteur prés.
Merci.
On s'en fiche du rapport et aussi de $h_1$,$h_2$, $h_3$ qui n'apparaissent pas dans .les calculs que tu nous as montrés.
Ecris simplement que les côtés correspondants sont proportionnels (Axiome de Thalès) et conclus!
Amicalement
[small]p[/small]appus
A part son: Oui d'accord, on fait le même calcul (quel calcul?) dans $ABC$ (même calcul dans un triangle, qu'est-ce que cela peut bien vouloir dire?), j'ai bien l'impression qu'on en saura pas plus.
Mais au moins Tonm est d'accord avec moi!!
Pour montrer la difficulté du problème, la figure ci-dessous montre la condition nécessaire et suffisante portant sur le triangle $abc$ pour que ce problème ait une solution.
Quelle est cette condition nécessaire et suffisante?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cela implique le résultat par homothétie puisque $s_i=kS_i$, $i=1,2,3$.
Calcul: $GB^2=\frac{1}{9}(2a^2+2c^2-b^2)$, $GA^2=\frac{1}{9}(2c^2+2b^2-a^2)$
$GC^2=\frac{1}{9}(2b^2+2a^2-c^2).$
Puis $s_3^2=GB^2-\dfrac{(GB^2-GA^2+c^2)^2}{4c^2}$
$s_2^2=GA^2-\dfrac{(GA^2-GC^2+b^2)^2}{4b^2}$
et $s_1^2=GB^2-\dfrac{(GB^2-GC^2+a^2)^2}{4a^2}$
il faut juste vérifier. Merci.
Il faut juste vérifier?
Quoi exactement? On ne le saura jamais!
Quel besoin de calculer ces longueurs de médianes?
C'est absolument inutile!
Je vais essayer de rédiger clairement ce que tu as voulu faire avec les moyens du bord qui, on le sait, sont très maigres, en dehors des axiomes de Thalès et de Pythagore.
Tout d'abord tu as correctement évalué l'aire d'un quadrilatère, même si tu ne l'as pas démontré.
Sur la figure de gauche, on lit:
$$S(ABCD)=S(ABD)+S(BCD)=\dfrac 12.AH.BD+\dfrac 12.CK.BD=\dfrac 12(AH+CK).BD=\dfrac 12.CL.BD$$
Tu as fini par donner cette formule mais il a fallu que je te l'arrache!!
Sur la figure de droite, les triangles $abc$ et $A'B'C'$ sont homothétiques ayant leurs côtés parallèles.
Soit $k$ le rapport d'homothétie, (on se contrefiche de sa valeur exacte!), on a donc:
$$\dfrac{bc}{B'C'}=\dfrac{ca}{C'A'}=\dfrac{ab}{A'B'}=k$$
Sur ma figure $M$ est un point quelconque!
Je lis sur cette figure:
$S(MbAc)=\dfrac 12.MH.bc=\dfrac 12.MH.k.B'C'=k.S(MB'C')$ et de même: $S(McBa)=k.S(MC'A')$ et $S(MaCb)=k.S(MA'B')$
Donc si on veut que:
$$S(MbAc)=S(McBa)=S(MaCb)$$
il est nécessaire que:
$$S(MB'C')=S(MC'A')=S(MA'B')$$
Et on sait (?) que ceci n'est possible que si $M$ est le centre de gravité du triangle $A'B'C'$
Tu avais pratiquement cette démonstration dans la tête mais tu as été incapable de nous l'expliquer clairement comme je viens de le faire!
Regarde bien la figure.
J'ai respecté mes propres notations et le seul point que j'ai rajouté est ton point $H$!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ma dernière figure est pour vérifier $s_3c=s_2b=s_1a$ quand on met les valeurs (élevant au carré) mais c'est vrai de l'égalité des aires des trois triangles $GAB$, $GBC$ et $GAC$, pour $G$ centre de gravité de $ABC$.
Merci encore.
Tu as des idées, c'est certain mais tu as encore d'immenses progrès à faire.
D'abord et surtout en français.
Tant que tu t'exprimeras mal dans cette langue, tu ne pourras pas progresser en mathématiques.
En lisant ta solution que j'ai rédigée, tu peux voir le trou qui te reste à combler.
En tout cas bravo pour ton implication!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste à déchiffrer ma dernière figure qui fait intervenir l'ellipse de Steiner tangente aux côtés du triangle $ABC$ en ses milieux.
La condition nécessaire et suffisante pour que la trisection soit possible est visible sur mon avant-dernière figure!
C'est que les côtés du triangle $abc$ soient sécants à l'ellipse de Steiner.
On sent bien qu'on est à un autre niveau et que les cabrioles de Tonm seront insuffisantes à le prouver!
Amicalement
[small]p[/small]appus
La figure ci-dessous montre ce qui se passe quand les points $b$ et $c\ $ sont trop proches de $A$.
La droite $bc$ n'est plus sécante à l'ellipse de Steiner et le point $O$ construit comme centre de gravité du triangle $A'B'C'$ sort du triangle $ABC$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà ce qui se passe quand le segment $bc$ est tangent à l'ellipse de Steiner.
Le point $O$ se retrouve sur le segment $BC$ et ne dépend pas du point $a$ pour $b$ et $c$ ainsi fixés, même si le triangle $A'B'C'$ en dépend!
Amicalement
[small]p[/small]appus
On a maintenant le problème inverse!
On se donne le point $O$ à l'intérieur du triangle $ABC$ et il faut récupérer le (ou les) triangles(s) inscrit(s) $abc$ pour qu'on ait:
$$S(ObAc)=S(OcBa)=S(OaCb)$$
Là aussi on sent intuitivement que le point $O$ ne doit pas trop s'approcher des sommets pour que la trisection soit possible!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci.
Ce qui est sûr, c'est qu'il y a des calculs à faire mais un peu moins folkloriques que les tiens.
Ton français ne s'améliore guère mais je suppose que tu as la vie devant toi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
En fait je ne ferai probablement pas ce calcul à court termes, l'idée est de prendre un repère orthonormal.
PS : je n'ai pas fait les calculs. Mais c'est pappus qui trouve ces énoncés on vérifie ici en essayant justement.
Edit. On peut oublier cet idée.
Cordialement.
et n'ai pas trouvé ce qui suit.
Je suis parti sur la découpe en T (dessin).
Trouver trois aires égales (dessin) est facile.
On peut transformer ce schéma par une tsf. affine
pour rendre les périmètres égaux.
On tombe sur des éq. du 3e et 4e degré
non résolubles par racines carrées.
Pas de construction à la règle et au compas par conséquent.
Bien sûr que j'veux, mon n'veu!
Tu m'écris toujours dans un sabir pratiquement incompréhensible duquel il ressort que la méthode que tu proposes conduit à des calculs inextricables.
Il ne faut surtout pas prendre de repère orthonormé quel qu'il soit.
J'ai dit quelque part que ce problème était un problème de géométrie affine.
Il faut donc travailler en coordonnées barycentriques dans le triangle $ABC$.
Ce n'est pas un problème de géométrie élémentaire comme ta solution que j'ai rédigée pourrait le laisser croire.
D'abord il y a des failles ou plutôt des imperfections dans celle ci qui ne peuvent être surmontées que par l'emploi des défuntes aires algébriques.
Ensuite même si les calculs à mener ne sont pas très difficiles, ils sont quand même délicats et trop longs à suivre dans leur discussion.
Je renvoie à un vieux numéro de Quadrature où je les ai trouvés mais comme j'ai perdu ce numéro, il m'est difficile de préciser davantage et je dois me contenter de quelques notes écrites dans un vieux cahier.
Peut -être qu'on peut trouver ces vieux numéros en ligne sur le site de Quadrature, il faudra que je vérifie!
En tout cas la localisation du point $O$ pour que la trisection soit possible est simple, même si elle est délicate à prouver.
On trisecte chaque côté du triangle $ABC$, (on trisecte encore et toujours, c'est vraiment le super pied!), pour obtenir un hexagone bleu dans lequel le point $O$ doit se trouver.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Oui , les constructions au compas risquent de devenir assez vite impossibles et je dirais même les constructions ( tout court ) .
Domi
PS : Je suis bien sûr du coin de l'oeil les développements de Pappus et Tonm . Il y a apparemment beaucoup à dire à propos des trisections :-)
Ci-dessous un cas particulier où chaque partie à la même aire et le même périmètre.
Trouvé en programmant GeoGebra. Construction :
- le triangle $ABC$ est rectangle en B avec $AB=1$ et $AC= 2$;
- le point $D$ est situé au tiers du segment $[BC]$;
- $E$ est le point de $[AC]$ tel que $AE=CD$;
- $F$ est le projeté de $E$ sur $(AD)$.
Le périmètre de chaque part est égal à $1+\sqrt{3}$ et leur aire commune vaut $\frac{\sqrt{3}}{6}$.
Si tu complètes symétriquement ta figure par rapport à l'axe (BC) , tu vas créer quatre parts et perdre l'isopérimétrie , non ?
Domi
$périmètre = 1+\sqrt{ \sqrt{5}}$
$aire =\frac{1}{\sqrt[4]{5}^{3} + \sqrt[4]{5}}$
Domi
Trois parts de même aire et de même périmètre.
Domi
Les trois parts ont la même aire et le même périmètre.
Domi
ce qui n'est pas très surprenant (:P)