Trisection

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

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

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.

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).

Bonne journée.

Les $S_i$ sont les hauteurs je les ai noté puis l'aire est par exemple de ce quadrilatère ($BA=c$ et $S_3=DP$)

On en déduit pas on part que $P$ centre de gravité, calcul formel $PK$, $PL$, $PN$ et enfin projections et la dite identité des $S_i$ les égalités.

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.

Cordialement.

Oui bien sûr eh 8-) mais le rapport dépand de $a,b,c$ du petit triangle et $h_1,h_2,h_3$.

Ah oui d'accord on fait le même calcul mais dans $ABC$, on trouve les $S_i$ à un facteur prés.

Merci.

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

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

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 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
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

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.