Un exercice issu d’une figure de collège

Yannguyen · September 2021

Bonjour

Je vous soumets un exercice avec deux questions que j’ai résolues.
Je ne suis pas satisfait de la solution de la deuxième.

Je considère l’application définie dans le cadre du plan affine qui associe à un triangle T
un triangle T’ déduit de T en symétrisant dans un ordre favorable chaque sommet par rapport au suivant.

(Voir figure)

2) Par associativité du barycentre, on montre que T et T’ ont même centre de gravité

2) Et, par relation de Chasles répétée plusieurs fois, que le triangle T” (déduit de T’ dans un ordre inverse) se déduit de T par homothétie de rapport 7.
(voir à nouveau figure)

J’attends vos réactions. Merci

Bonjour à Pappus, grand maître
Ceinture noire

Cordialement
Yann 126494

poulbot · September 2021

Bonjour Yannguyen
Enfin un exercice reposant.
$A^{\prime }=2B-A,B^{\prime }=2C-B,C^{\prime }=2A-C$ so $A^{\prime }+B^{\prime }+C^{\prime }=A+B+C$ et $1)$.

$A^{\prime \prime }=2C^{\prime }-A^{\prime }=5A-2B-2C$, so $A^{\prime \prime }-G=7\left( A-G\right) ,...$ et $2)$
Amicalement. Poulbot

Eric · September 2021

Et la question de l'exercice de collège (que l'on trouve dans beaucoup de manuels du siècle dernier) est : exprimer l'aire de $T'$ en fonction de celle de $T$.

Chaurien · September 2021

Ça rappelle le problème de saute-mouton, dont nous avions parlé ici : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1623866,1624126#msg-1624126
Bonne journée.
04/09/2021
[small]Quatre-Septembre[/small]

Yannguyen · September 2021

Bravo Poulbot, toujours impeccable!
Et merci à Chaurien pour le précieux lien aux moutons sauteurs.

On notera que cet exercice indique comment trouver ABC à partir de A’B’C’.

Cordialement
Yann

Question à Éric.
Comment faire au collège si on veut rester affine ? Autrement dit, comment sans parler de hauteur montrer que la médiane d’un triangle le coupe en deux parties de même surface ?

Chaurien · September 2021

Faut pas abuser de l'affine, comme avait dit le Canard Enchaîné.

Yannguyen · September 2021

Pour la question 1), je préfère la solution suivante à la solution impeccable de Poulbot. Elle se fait de tête.

Prendre l’équibarycentre de ABC puis A’B’C’

Puis l’equibarycentre de AA'. BB’ et CC’.
Etc.

Rescassol · September 2021

Bonjour,

>.......... deux parties de même surface......

De mémère, Yann, de mémère !!

La notion d'aire étant euclidienne, comme celle de hauteur, je vois mal comment faire en affine pur.

Cordialement,

Rescassol

Eric · September 2021

Comment faire au collège si on veut rester affine ?

On ne fait pas, puisque la question n'a pas de sens au collège.

Yannguyen · September 2021

Bonsoir

La notion d’aire est affine

Il n’est pas besoin. D’expliquer ce que c’est l’affine, mais on peut en faire devant les collégiens.

Ainsi, si ABCD est le parallélogramme unité , on voit bien que les surfaces 1 et 2 sont égales et valent chacune 1/4

Donc la médiane coupe un triangle en deux surfaces egales.

Cordialement
Yann 126508

Eric · September 2021

Sans préciser les axiomes que tu utilises, je crains que ça ne tienne pas la route.

Si l'on suit Hilbert, pour obtenir l'aire d'un parallélogramme autre qu'un rectangle, il faut d'abord définir l'aire d'un triangle.

Math Coss · September 2021

Il y a un article de Daniel Perrin dans le dernier Quadrature sur ce problème, dans la version plus générale évoquée par marsup ici.

Bouzar · September 2021

Bonsoir à tous,

Juste en passant.

Le triangle de référence:

$A, B, C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\0\\ 1\end{array}\right].$

Les points A', B', C':

$A', B', C'\simeq \left[\begin{array}{c} -1\\ 2\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ -1\\ 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 2\\0\\ -1\end{array}\right].$

Les points A'', B'', C'':

$A'', B'', C''\simeq \left[\begin{array}{c} 5\\ -2\\ -2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -2\\ 5\\ -2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} -2\\-2\\ 5\end{array}\right].$

On a:

$(AB)\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\1\end{array}\right]$

et $(A''B'')\simeq \left[\begin{array}{c} 2\\ 2\\3\end{array}\right].$

Or $det \left[\begin{array}{c} 0&0& 1\\ 2& 2& 3\\ 1& 1& 1\end{array}\right] = 0.$
Ainsi les droites $(AB)$ et $(A''B'')$ sont parallèles.

On a:

$(AC)\simeq \left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\0\end{array}\right]$

et $(A''C'')\simeq \left[\begin{array}{c} -2\\ -3\\-2\end{array}\right].$

Or $det \left[\begin{array}{c} 0&1& 0\\ -2& -3& -2\\ 1& 1& 1\end{array}\right] = 0.$
Ainsi les droites $(AC)$ et $(A''C'')$ sont parallèles.

On a:

$(BC)\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\0\end{array}\right]$

et $(B''C'')\simeq \left[\begin{array}{c} 3\\ 2\\2\end{array}\right].$

Or $det \left[\begin{array}{c} 1&0& 0\\ 3& 2& 2\\ 1& 1& 1\end{array}\right] = 0.$
Ainsi les droites $(BC)$ et $(B''C'')$ sont parallèles.

En conclusion, les triangles $ABC$ et $ A''B''C''$ sont homothétiques.

Comme $A''B''=7c$ et $AB=c$, on en tire que le rapport d'homothétie est $k=7.$ Le centre de l'homothétie est le centre de gravité $G.$

Amicalement

Yannguyen · September 2021

Bonjour Éric

Quand on fait de la géométrie affine et que l’on veut parler d’aire, on part d’un parallélogramme de base que l’on décrète d’aire égale à 1.
Pas besoin de rectangle, qui dans ce cadre n’a pas de sens.
Et on compare la surface d’un triangle à celle du parallélogramme de base.

Dans le croquis donné ce dessus, les quatre triangles du parallélogramme de base sont de surface égale à 1/4.
Tout est question de proportion.

Bon dimanche
Yann

Eric · September 2021

Sauf que personne n'a jamais pris au collège un parallélogramme (autre qu'un carré) comme unité de base pour les aires. Le cadre de la géométrie affine n'existe pas au collège.

Yannguyen · September 2021

Bonjour Éric

Il y a un début à toute chose.

Voici une figure où les droites $\Delta_1$ et $\Delta_2$ sont parallèles.

Les triangles ABC et A´BC ont même aire. Ils se déduisent en effet l’un de l’autre par une transvection
affine de droite $\Delta_1$, dont la partie linéaire est de déterminant égal à 1.

Mais comment faire en cinquième sans faire appel aux hauteurs ?

Yann 126524

pappus · September 2021

Bonjour à tous
J'en suis encore à essayer de comprendre l'énoncé pour le moins sibyllin de Yann que je salue!
Comment Poulbot a-t-il fait pour le deviner?
Sans doute un peu de géométrie contemplative?
Amicalement
[small]p[/small]appus

Eric · September 2021

En utilisant des parallélogrammes, mais en ne prenant pas un parallélogramme comme unité. Ce que fait déjà Euclide si je me souviens bien. Le bouquin de Perrin explique tout ça.

On a deux façons de construire la notion d'aire. Une (Hilbert) décompose les polygones en triangles et on ne va pas éviter les hauteurs, l'autre (mesure de Jordan) évite le passage par les triangles. Et dans les deux cas, au collège, on est dans un espace euclidien. Comme le note Perrin, la deuxième approche, celle qu'il développe, se généralise en prenant un parallélogramme comme unité (ce qu'il ne fait pas).
Dans tous les cas, au collège, on travaille dans un espace euclidien et l'on ne gagne rien à se placer dans un espace sans structure euclidienne.

pappus · September 2021

Bonjour à tous
Je n'ai toujours pas compris les choix numériques de Poulbot!
Pour ma part je m'en suis tenu au cas général:
$$A'=(1-x)A+xB\qquad\\
B=(1-x)B+xC\qquad\\
C'=(1-x)C+xA\qquad
$$ etc, etc ...
Je ne vois pas pourquoi le langage abscons de Yann impliquerait $x=2 !!!\qquad$
On tombe toujours sur une homothétie $ABC\mapsto A''B''C''\ $, de centre inchangé.
Seul le rapport d'homothétie reste à calculer !!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je ne vois pas comment on peut en faire un problème de collège !
Cela me parait hors limite !
J'ai modifié l'étiquetage des points $A'\ $, $B'\ $, $C'\ $, le mien me paraissant plus logique! 126572

poulbot · September 2021

Bonsoir Pappus
Je me suis contenté de suivre tel quel l'énoncé de Yannguyen sans chercher de généralisation ;
"un triangle $T^{\prime }$ déduit de $T$ en symétrisant dans un ordre favorable chaque sommet par rapport au suivant"
Amicalement. Poulbot

pappus · September 2021

Mon cher Poulbot
C'est bien cela qui me tracassait!
Symétriser dans un ordre favorable chaque sommet par rapport au suivant!
Bravo d'y être arrivé!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · September 2021

Bonjour à tous
On refait le calcul de Poulbot à partir de mes formules et on trouve que la matrice de l'application affine $f:ABC\mapsto A''B''C''\ $ dans le triangle $ABC\ $ est:
$$
\begin{pmatrix}
1-2x+2x^2&x(1-x)&x(1-x)\\
x(1-x)&1-2x+2x^2&x(1-x)\\
x(1-x)&x(1-x)&1-2x+2x^2
\end{pmatrix}
\qquad
$$
Ce qui prouve que $f\ $ est l'homothétie de centre $G $, le centre de gravité du triangle $ABC\ $ et de rapport $1-3x+3x^2.\qquad$
Bof!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Yannguyen · September 2021

Bonjour
Maître Pappus

D’où l’intérêt de prendre x=2

Ce qui est amusant c’est que cet exercice permet de récupérer le triangle ABC à partir de A´B’C’

idée que j’ai récupérée auprès de Mr Mehdi Troudi, professeur de maths au Lycée Pasteur à Tunis.

Cordialement
Yann

Jean-Louis Ayme · September 2021

Bonjour à tous,
je ne sais pas si on demande une solution niveau collège, mais cela est possible....

Nous sommes en présence d'une situation avec T et T' dont l'auteur est Henri Ernest Dudeney (vers 1891)...

An outline of my proof...

Si, on envisage d'immerger la figure (T et T') dans un triangle dont les côtés issues de ceux de T' sont parallèles à ceux de T,
nous obtenons une quantité de triangles avec leurs triangles médians...une preuve (without any words) niveau collège me semble alors possible pour démontrer que T et T' sont comédians.

Pour la second question, j'ai envisagé les milieux de [A"C'], [C"B'], [B'C'], puis droites des milieux, Thalès pour montre que T'' et T sont homothétiques...le reste suit...

Sincèrement
Jean-Louis

Jean-Louis Ayme · September 2021

Bonjour à tous,

après investigations, il est possible de résoudre l'équibarycentre des triangles ABC, A'B'C' et A"B"C"
à l'aide du théorème de la droite des milieux et d'un rapport de Thalès...

Je passe à la rédaction...

Sincèrement
Jean-Louis

soland · September 2021

Pour la question de l'aire. Soit, par définition
$$
h(x, y ,z) := \frac{1}{4} \sqrt{\left( (x+y+z)(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \right)}
$$
l'aire du triangle de côtés $x$. $y$, $z$. La preuve difficile consiste a montrer l'additivité.
Soit $A$, $B$, $C$ trois points alignés dans cet ordre et $Z$ un point.
Ces quatre points vérifient la relation de Stewart (cf. infra).
On pose $ZA=a$, $ZB=b$, $ZC=c$, $AB=m$, $BC=n$. On a $AC=m+n$.

On calcule les sommes d'aires
$(ZAB)+(ZBC)+(ZAC)$
$-(ZAB)+(ZBC)+(ZAC)$
$(ZAB)-(ZBC)+(ZAC)$
$(ZAB)+(ZBC)-(ZAC)$
dont on fait le produit. Si la dernière somme est nulle
(1) l'additivité est prouvée,
(2) le produit $P$ des quatre sommes est nul.

On a
$P=1/16 (m^2 n + m n^2 - n x^2 + m y^2 + n y^2 - m z^2)\times$ (un second facteur)
Or la relation de Stewart s'écrit ici
$(m^2 n + m n^2 - n x^2 + m y^2 + n y^2 - m z^2) = 0$
On peut donc définir l'aire d'un triangle via le polynôme de Héron.

Mes plates excuses aux petites têtes blondes, mais c'est ainsi.

GG · September 2021

Bonjour,
cela m'a sans doute échappé parce que j'ai lu le fil en diagonale, mais il ne me semble pas avoir vu mentionné le fait que l'aire du triangle $A'B'C'$ vaut sept fois celle du triangle $ABC$.

(sur la figure de pappus,

$\sigma AB'C' = \sigma AC'C = 2$ $ \sigma ABC$
$\sigma BC'A' = \sigma BA'A = 2$ $ \sigma ABC$
$\sigma CA'B' = \sigma CB'B = 2$ $ \sigma ABC$

$\sigma A'B'C' = \sigma ABC +\sigma AB'C' + \sigma BC'A' + \sigma CA'B' $ )

Bouzar · September 2021

Bonjour,

On sait que $A', B', C'\simeq \left[\begin{array}{c} -1\\ 2\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ -1\\ 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 2\\0\\ -1\end{array}\right].$

Par suite, on a :

$[A'B'C'] =\dfrac{[ABC]}{ (-1+2+0 )( 0-1+2 )( 2+0-1 ) }det \left[\begin{array}{c} -1&0& 2\\ 2& -1& 0\\ 0& 2& -1\end{array}\right] = (-1+8)[ABC] = 7[ABC].$

Cordialement