Trapèze isocèle

pappus
Modifié (November 2023) dans Géométrie
Bonjour à tous
Pour me faire pardonner mes petits voyages en géométrie projective, voici un exercice plus reposant de géométrie euclidienne qu'on pourrait sans doute poser à l'écrit du Baccalauréat s'il en existe encore un et peut-être plutôt en Première ou Seconde.
La figure ci-dessous montre un cercle $\Gamma$ et dans son intérieur un point $U$.
On choisit un point $A$ sur $\Gamma$.
La droite $AU$ recoupe $\Gamma$ en $C$.
Le segment $BD$ est le symétrique du segment $AC$ par rapport à $OU$.
On récolte ainsi une famille $ABCD$ de trapèzes isocèles.
Déterminer les trapèzes $ABCD$ d'aire maximum.
Amicalement
pappus

«1

Réponses

  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir,
    J'ai pris un cercle de rayon $1$, choisi un repère orthonormé d'origine $O$ et noté $U(u,0)$, $A(\cos(t),\sin(t))$. Après quelques calculs on trouve que lorsque l'aire est maximale on a : $$u^{4} - 6 \; u^{2} - \left(3 \; u^{4} + 5 \; u^{2} + 2 \right) \; \operatorname{cos} \left( 2 \; t \right) + \left(3 \; u^{3} + 2 \; u \right) \; \operatorname{cos} \left( 3 \; t \right) + \left(5 \; u^{3} + 6 \; u \right) \; \operatorname{cos} \left( t \right) - u^{2} \; \operatorname{cos} \left( 4 \; t \right)=0.$$ Quoi faire de cette équation ? Sans doute rien du tout ! Fausse route.
  • Mon cher Ludwig
    Je te fais entièrement confiance pour cette équation!
    Bien obligé!
    As-tu entendu parler des polynômes de Tchebycheff?
    Amicalement
    pappus
  • zygomathique
    Modifié (November 2023)
    Salut
    j'étais parti sur la même idée que @Ludwig ... mais ça me semblait bien compliqué et calculatoire ...
    toujours dans le cercle trigonométrique je note : 
    a l'abscisse de A
    u l'abscisse de U
    P le milieu du segment [CD]
    de plus je suppose a > u car si a < u alors par symétrie ça revient au même en permutant A et D et B et C.
    Avec le théorème de Thalès (et modulo quelques pb de signes à régler en prenant des valeurs absolues ... quand il faudra les prendre  :# )
    PU = k(a - u) donc la hauteur du trapèze est (k + 1)(a - u)  (pour un certain k)
    PD = ka
    donc l'aire du trapèze ABCD est le quadruple de ($k + 1)^2a(a - u)$     pour un certain k !!
    On vérifie cependant que pour a = u ça fait bien 0 (ce qui ne prouve pas que ce soit exact mais ...)
    Cependant comment "déterminer" k ?
    Donc pas mieux que @Ludwig   :'(

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • Bonjour à tous
    Bravo pour vos efforts.
    Le but est effectivement de calculer l'aire en fonction des coordonnées de $A$ mais il y a un minimum de géométrie à faire si on veut éviter de se lancer dans des calculs compliqués!
    Amicalement
    pappus
  • Swingmustard
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir,
    Sans preuve, je trouve le carré (notations de Ludwig : $u=0$ et $t=45°$) bien parti !
    Amicalement,
    Swingmustard
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    On peut bien sûr réécrire l'équation que j'ai postée plus haut sous la forme d'un polynôme en $x=\cos(t)$. Un polynôme de degré 4 qui dépend du paramètre $u$. On ne va pas s'amuser à en chercher les racines.. donc là encore fausse route.
  • cailloux
    Modifié (November 2023)
    Bonjour à tous,
    Côté considérations géométriques, il me semble que ceci peut simplifier les calculs :


    $V$ est le conjugué harmonique de $U$ par rapport au diamètre $[EF]$ (on peut parler de pôles et polaires).
    $(AD)\cap(BC)=V$ est un point fixe.
  • @Ludwig

    mon écriture factorisée (si elle n'est pas fausse !!) suggérerait qu'on puisse factoriser par cos t (cos t - u) puisque cos t = a

    @Swingmustard : ggb ne me suggère pas cela ...

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • pappus
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir à tous
    Et quand je dis géométrie, voici la figure qu'il va bien falloir justifier.
    Le point $V$ est l'inverse de $U$ par rapport au $DCT$.
    Le point $\Omega$ est le conjugué harmonique de $O$ par rapport aux points $U$ et $V$.
    $(H)$ est l'hyperbole équilatère de sommets $O$ et $\Omega$.
    Le polygone d'aire maximum $A_0B_0C_0D_0$ est formé par les intersections de $(H)$ avec le $DCT$.
    Tout cela pour dire que pour résoudre un problème dont l'énoncé semble être encore compréhensible aujourd'hui, il faut connaitre la géométrie d'autrefois: inverse, conjugué harmonique, hyperbole équilatère, toutes bestioles disparues depuis belle lurette et ne pas se contenter des axiomes de Thalès et de Pythagore!
    Amicalement
    pappus

  • Équilatère cette hyperbole ? Cela ne correspond pas à mes calculs.
  • Mon cher Ludwig
    Tu peux toujours faire ma figure, ne serait-ce que pour passer le temps!
    Amicalement
    pappus
  • Je ne vais pas la refaire puisqu'elle est fausse : l'hyperbole qui donne l'aire maximale du trapèze n'est pas équilatère.
  • cailloux
    Modifié (November 2023)
    Hum, Ludwig, tu devrais tout de même la faire.
    [Edit] J'ai finalement des doutes moi aussi. Désolé.
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    J'ai procédé expérimentalement, en bougeant $A$ sur le cercle avec une vitesse proportionnelle à la quantité : $$u^{4} - 6 \; u^{2} - \left(3 \; u^{4} + 5 \; u^{2} + 2 \right) \; \operatorname{cos} \left( 2 \; t \right) + \left(3 \; u^{3} + 2 \; u \right) \; \operatorname{cos} \left( 3 \; t \right) + \left(5 \; u^{3} + 6 \; u \right) \; \operatorname{cos} \left( t \right) - u^{2} \; \operatorname{cos} \left( 4 \; t \right),$$ où $t$ est l'angle polaire de $A$. Cette quantité s'annule lorsque l'aire du trapèze est maximale et mon point $A$ file droit vers la solution. Mais alors l'hyperbole qui passe par $O$ et les quatre sommets du trapèze n'a rien d'équilatère.. 
    Bien sûr j'ai pu me tromper dans les calculs, mais j'ai représenté en même temps l'évolution de l'aire du trapèze en fonction de $t$ et je constate (visuellement) qu'il s'agit bien du sommet de la courbe.
  • Bonjour à tous
    En tout cas pour $U=O$, ma construction marche.
    Les trapèzes $ABCD$ deviennent des rectangles dont l'aire est maximum quand ils sont des carrés.
    Dans ce cas, l'hyperbole passant par les sommets $A_0$, $B_0$, $C_0$, $D_0$ et passant par le centre $O$ se décompose en deux droites orthogonales.
    C'est au moins une petite consolation si par ailleurs je me suis trompé.
    Mais pour le moment nous sommes bien obligé de croire Ludwig sur parole car il n'a pas voulu nous communiquer ses calculs!
    Amicalement
    pappus


  • pappus
    Modifié (November 2023)
    Bonne nuit à tous
    Petit exercice pour faire passer le temps
    Si on considère quatre points du $DCT$, à quelle condition sur leurs affixes l'hyperbole équilatère passant par ces quatre points passe-t-elle aussi par l'origine, centre du $DCT$?
    Passez une bonne nuit et faites de beaux rêves.
    Amicalement
    pappus
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Bonjour à tous,
    Mes calculs sont tout à fait élémentaires. J'ai commencé par déterminer les coordonnées de $D$ en fonction de celles de $A(\cos(t), \sin(t))$, le point $A$ étant pris dans le premier quadrant : $$x(D)=\frac{2u-\cos(t)-u^2\cos(t)}{1+u^2-2u\cos(t)}, \qquad y(D)=\frac{(1-u^2)\sin(t)}{1+u^2-2u\cos(t)}.$$ L'aire du trapèze est égale au produit de la demi-somme des bases par la hauteur : 
    $$\mathcal{A} =\frac{4\sin(t)(\cos(t)-u)(u\cos(t)-1)^2}{(1+u^2-2u\cos(t))^2}.$$
    On dérive cette expression par rapport à $t$, on factorise et on écarte le facteur $u\cos(t)-1$ qui ne risque pas de donner une solution. On trouve alors l'équation : $$u^4-6u^2+(5u^3+6u)\cos(t)-(3u^4+5u^2+2)\cos(2t)+(3u^3+2u)\cos(3t)-u^2\cos(4t)=0.$$ On ne va pas résoudre cette équation par radicaux :smile:, mais elle peut servir à déterminer la solution avec une grande précision, par exemple comme je l'ai fait juste au-dessus.
    NB : il faut mettre une valeur absolue dans la formule de l'aire.
  • Rescassol
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,

    > Si on considère quatre points du $DCT$, à quelle condition sur leurs affixes l'hyperbole équilatère
    > passant par ces quatre points passe-t-elle aussi par l'origine, centre du $DCT$?

    Si on a $ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0$
    Chacun des points $A,B,C,D$ est alors $X_{74}$ pour le triangle formé par les trois autres.
    Le centre de l'hyperbole est alors $\dfrac{a+b+c+d}{2}$.
    Cordialement,
    Rescassol

  • Bonjour à tous,
    Après vérification (soigneuse cette fois), il n'y a pas de contradiction entre l'hyperbole équilatère de pappus et l'équation de Ludwig.
    - J'ai déterminé $t$ à partir de l'équation de Ludwig via Geogebra qui donne le quadrilatère $ABCD$ d'aire maximale.
    - L'hyperbole (qui dépend de $u$) définie par ces 4 points et $O$ est équilatère et correspond à celle de pappus.
    Amicalement.
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    ?? Je ne comprends pas, l'hyperbole que j'obtiens n'est pas équilatère.
  • cailloux
    Modifié (November 2023)
    Décidément ... Tu as raison Ludwig : elle n'est pas équilatère. Il y a des jours où on ferait mieux de s'abstenir.
    Une figure :

    La courbe de Ludwig de paramètre $u=x(U)$ est reportée. Son premier zéro positif est donné par l'abscisse $t$ de $M$.
    $A_0$ a pour coordonnées $(\cos\,t,\sin\,t)$. $B_0,C_0,D_0$ s'en déduisent.
    L'hyperbole est définie par ces 4 points et $O$. Son second sommet $\Omega$ est bien le conjugué harmonique de $O$ par rapport à $U$ et $V$.
    Mais en dépit de ce que j'ai pu raconter, elle n'est pas équilatère.
  • Oui, l'hyperbole qui donne le trapèze d'aire maximale (en vert) n'est pas équilatère. J'ai tracé l'hyperbole équilatère en question (en noir), d'équation $(x-x(M))^2-y^2=x(M)^2$, où $M$ est le milieu de $[O\Omega]$ puis j'ai construis le trapèze (en pointillés) dont les sommets sont les intersections du cercle trigonométrique avec cette hyperbole. Son aire est plus petite que celle que j'ai trouvée grâce à mon équation :


  • Tonm
    Modifié (November 2023)
    Salut, juste un petit commentaire, (excuses), pourquoi ajouter des hyperboles, le problème est simple en equation , si $Ou=a$ et le rayon du cercle circonscrit est un, puis on demande à priori le position d'un point $D$ du cercle tel que le trapèze $ABCD$ dont les diagonales se coupent en $u$ et ses points sur le cercle avec $(AB)\parallel (DC)\perp (Ou)$ soit d'aire maximale. Disons $uDC$ a la base la plus grande, si $\widehat{DuC}=2x$ par la formule d'aire d'un quadrilatère en fonction de ses diagonales (produit vectoriel) on maximise $DB\times AC\times \sin(2x)$. Par un petit calcul Pythagore et trigonométrie on cherche le max. de $f(x)=4(1-\sin(x)^2a^2)(\sin(2x))$, (sauf erreur). Jolie problème, une figure: 
    Edit 2
  • zygomathique
    Modifié (November 2023)
    Longtemps que je n'ai pas (fait] de géométrie si poussée malheureusement ...

    Qu'est-ce que le DCT ?

    Ce ne sont pas les signes, les symboles qui constituent la science ; le seul principe qui y domine, c’est l’esprit de sagacité auquel les objets soumis servent d’auxiliaire.                BHASCARA

  • cailloux
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    C'est le "Divin Cercle Trigonométrique" !
    Notre ami pappus nous impose ses "notations".
    Au début, ça peut surprendre mais on finit par s'y habituer ...
  • Ben314159
    Modifié (November 2023)
    Salut,
    J'ai pas trop regardé ce qui avait été fait jusque là, mais un truc éventuellement utile, ça pourrait être ça :

    où $G$ désigne le milieu de $[AB]$, $K$ le milieu de $[DB]$ (et le reste me semble clair sur la figure).
    La droite $(EK)$ est parallèle à $(AB)=(GV)$ (théorème des milieux dans $(DAB)$) donc $\dfrac{HV}{HE}=\dfrac{HG}{HK}$ (Thalès) ce qui signifie que les rectangles $HVLK$ et $HEFG$ ont même aire.  Or, l'aire de $HEFG$ c'est le quart de l'aire du trapèze $ABCD$.
    Donc ce qu'il faut maximiser, c'est l'aire du rectangle $HVLK$ sachant que $V$ est fixe et que $K$ se balade sur le cercle (fixe) de diamètre $[OU]$

    Ça ne résous pas le problème, mais il me semble que ça le dégrossi, en particulier une mise en équation simple est assez évidente en prenant comme paramètre l'angle au centre de $K$ sur le cercle de diamètre $[OU]$.
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Effectivement Ben314159, ton truc est très utile ! Il permet d'exprimer l'angle au centre $\alpha$ de $K$ en fonction de $u$, l'abscisse de $U$ : $$\alpha=2\tan^{-1}\Big(\sqrt{3u^2/2+\sqrt{9u^4/4-u^2+1}}\Big).$$
    On a $V(1/u,0)$, $K(u(1+\cos(\alpha))/2,u\sin(\alpha)/2)$ et l'aire du rectangle $HVLK$ est égale à $u\sin(\alpha)(1/u-u(1+\cos(\alpha)))/2$.
  • Ben314159
    Modifié (November 2023)
    Si on prend le problème sous forme simplifiée, c'est-à-dire un point $K$ qui décrit le cercle de centre $\Omega$ (origine du repère) de rayon $r$, un point $V$ de coordonnées $(v,0)$ et qu'on veut maximiser l'aire du rectangle $KHVL$ (avec les notations de la figure précédente), par le calcul, on trouve rapidement que l’abscisse de $K$ est $x=\dfrac{v-\sqrt{v^2+8r^2}}{4}$ qui se construit facilement à la règle et au compas.
    (par rapport à l'énoncé de départ, $\Omega$ c'est le milieu de $[OU]$, $r\!=\!\dfrac{u}{2}$ et $v\!=\!\dfrac{R^2}{u}\!-\!\dfrac{u}{2}$ où $u\!=\!OU$ et $R$ est le rayon du cercle)
    Mais j'aimerais bien une "vrai" construction géométrique qui ne passe pas par une étude de fonction . . .
  • Bonsoir à tous, Je me demande si on n'aurait pas intérêt, dans une approche analytique, à prendre le point U comme origine des coordonnées, au lieu de O ... Bien cordialement, JLB
  • Salut jelobreuil, à mon avis ce n'est pas même analytique,  c'est  juste un calcul dans un cercle.  Une corde (disons $[DB]$) passe par un point fixe $u$ à l’intérieur du cercle de centre $O$ de rayon 1. Pour $x=\widehat{DuO}\in [0;\frac{\pi}{2}]$ à trouver le maximum de $DB^2\sin(2x)$ (l'aire du trapèze à facteur près). Mais bien sûr on peut faire autres choses...
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir à tous,
    L'hyperbole qui passe par $O$ et les sommets du trapèze d'aire maximale a pour équation :
    $$2(1+u^2)x^2-4ux=y^2\bigg(u^2+\sqrt{9u^4-4u^2+4}\bigg).$$ On la trouve en la cherchant sous la forme $(x-x_0)^2/a^2-y^2/b^2=1$. Elle passe par l'origine et par $\Omega$ qui est l'inverse du milieu de $[UV]$ par rapport au cercle trigonométrique, donc $a=x_0=\frac{u}{u^{2} + 1}.$ La méthode de Ben314159 nous donne une équation vérifiée par les abscisses des sommets :
    $$(u-x)^4(9u^4-4u^2+4)=\big(2(u^2-1)(x^2-1)+3u^2(u-x)^2\big)^2,$$ ce qui permet de déterminer $b$ en fonction de $u$.
    Je n'ai pas trouvé de construction à la règle et au compas, et cette équation hyperbolique n'y aidera sans doute pas.
  • Bonsoir à tous
    En utilisant les notations de @Ben314159, dans le repère d'origine $O$ tel que $A$ est sur le cercle trigo. je trouve que
    si $f(z):=z(1-z)^2(1-v^2z)$ atteint son max en $z_0$, alors l'aire du trapèze est maximale lorsque l'abscisse de $H$ est $vz_0$: elle est $4 \sqrt {f(z_0)}$.
    Je n'ai pas (encore?) cherché $z_0$!
    Cordialement
    Paul
  • $\dfrac{f'(z)}{f(z)}=\dfrac{1}{z}-2\dfrac{1}{1-z}-\dfrac{v^2}{1-v^2z}=\dfrac{4v^2z^2-(2v^2+3)z+1}{z(1-z)(1-v^2z)}$
    $z_0$ est donc une des deux racines de $4v^2z^2-(2v^2+3)z+1=0$
    Elle se construit à la règle et au compas, de même que $vz_0$.
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Oui @depasse, mais pour l'instant toutes nos formules débouchent sur des constructions à la règle et au compas infaisables en pratique. Et si on regardait du côté des paraboles ? Il n'y en qu'une qui passe par les sommets d'un de ces trapèzes, et le sommet $S$ de cette parabole ne dépend pas du trapèze : c'est le milieu de $[UV]$.

    La parabole associée au trapèze d'aire maximale a pour équation :
    $$8u^2y^2=\bigg(3u^2+2-\sqrt{9u^4-4u^2+4}\bigg)(u^2-2ux+1).$$ On retrouve ce fichu nombre, $\sqrt{9u^4-4u^2+4}$, comme dans les autres méthodes. Le polynôme $9u^4-4u^2+4$ se factorise, mais cela n'aide pas vraiment. Et si on écrivait $9u^4-4u^2+4=(3u^2)^2-4(u^2-1)$ ? On fait alors apparaître le discriminant de l'équation $x^2+3u^2x+u^2-1=0$. Que faire de cela ? Je n'en sais rien du tout !
  • Léon Claude Joseph
    Modifié (November 2023)

    Avec les notations de la figure de Pappus.

    Si U (u ;0) alors V (1/u ;0) et la puissance p de V par rapport au cercle x² + y² = 1 est égale à (1/u – 1).
    Si A (x ; y) alors B (px ; py) et la mesure de l’aire du trapèze est égale à xy (1- p²), valeur qui est maximale pour y = (1 - p²) /x. Entre les intersections de cette hyperbole et du cercle, il faut choisir celle qui convient. Dommage.

  • Le texte ci-dessus est complètement dans l'erreur. A supprimer.
  • S0_
    S0_
    Modifié (November 2023)
    Bonjour à tous

    Si je peux apporter quelque chose..
    $I$ milieu de $[AB]$ et $J$ milieu $[DC]$..
    Il y a un théorème que j'ai établi sur la droite de Newton qui me permet de dire que:
    $JI×JS=JU×JV$
    Je ne sais pas si ça peut aider à mieux faire cette surface maxi..
    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • LOU16
    Modifié (November 2023)
    Bonjour,
    Au risque d'amplifier le brouhaha créé  par l'abondance des réponses déjà fournies, j'indique ce que j'ai trouvé:
    Le cercle $ABCD$ étant le cercle trigonométrique, et en notant $u$ l'abscisse de $U$ ($(OU)$ est l'axe des abscisses) et $t=\tan(\overrightarrow{OU},\:\overrightarrow{UA}),\:\:(t>0)$,  l'aire du trapèze $ABCD$ est égale  à:
    $$\mathcal A(t) = \dfrac{4t(1+t^2-t^2u^2)}{(1+t^2)^2}$$
    et qu'avec $\mathcal  A'(t)=\dfrac{4\left((u^2-1)t^4-3u^2t^2+1\right)}{(1+t^2)^3},\:$ son maximum est atteint en $t=t_0$ défini par:$$t_0^2=\dfrac{\sqrt{9u^4-4u^2+4}-3u^2}{2(1-u^2)}.$$
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    La méthode de @Ben314159 fonctionne pour une ellipse d'équation $x^2/a^2+y^2/b^2=1$. En fait il n'y a même pas besoin de refaire les calculs : on peut passer de l'ellipse au cercle par une affinité et cette affinité conserve la propriété de maximalité de l'aire.

    Donc si on prend $U(u,0)$ sur l'axe des abscisses les formules pour déterminer $K$ ne dépendront pas du paramètre $b$. On les écrira en fonction de $u/a$. Ainsi le point $K$ varie sur l'ellipse d'équation : $$(x-\frac{u}{2})^2/a^2+y^2/b^2=\frac{1}{4}(\frac{u}{a})^2,$$ que l'on peut paramétriser par $x=u(1+\cos(t))/2$, $y=bu\sin(t)/2a$. Et alors l'angle $\alpha$ qui détermine le trapèze d'aire maximale vérifie l'égalité :
    $$\cos(\alpha)\bigg (2(\frac{a}{u})^2-1 \bigg)=\cos(2\alpha).$$ Mais si $U$ n'est pas sur $(Ox)$ il faudra travailler davantage.
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Bonjour
    Je reviens au problème initial avec le cercle trigonométrique car une construction assez simple peut être obtenue à l'aide d'une courbe auxiliaire, la strophoïde droite $(\mathcal{N})$ d'équation $x(x^2+y^2)=y^2-x^2$ :

    On construit le cercle de diamètre $[OU]$, de centre $\Omega$. Le cercle de centre $O$ et de rayon $2/u^2-1$ coupe la courbe $(\mathcal{N})$ en $S$. La parallèle à $(OS)$ passant par $\Omega$ coupe le cercle de diamètre $[OU]$ en $K$. Alors l'angle $\alpha=\widehat{U\Omega K}$ vérifie l'égalité : $$\cos(\alpha)\bigg (\frac{2}{u^2}-1 \bigg)=\cos(2\alpha),$$ et la droite $(UK)$ coupe le cercle trigonométrique en $B$ et $D$, deux sommets du trapèze d'aire maximale.
  • La contribution jointe  peut être une piste pour la solution.
    Merci de l'examiner pour la corriger ou la compléter.
  • Que faire de l'ordonnée $y$ de $M$ Léon ? Par ailleurs il manque un coefficient $4$ dans ta formule de l'aire.
  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Une méthode efficace pour obtenir une construction à la règle et au compas consiste à répandre du marc de café sur une surface bien lisse et d'y jeter sa règle et son compas. Les traces laissées par ces instruments vous mettront immanquablement sur la voie. C'est ce que j'ai fait pour ce problème. Mon compas a dessiné une sorte de V sous le trait à peu près rectiligne laissé par ma règle. $1/v$ bien sûr !!!
    Donc il faut aussi se servir de $v=1/u$, pas seulement de $u$. L'abscisse de $K$ est : $$x=\frac{3u^2+2-\sqrt{9u^4-4u^2+4}}{8u}.$$ Une expression inutilisable en pratique : même si on factorise le radicande on a encore des carrés, et il y aussi une division par $u$. Je vous laisse vérifier qu'en posant $w=3u+2v$ on a : $$x=\frac{w-\sqrt{(w+4)(w-4)}}{8}.$$ Et maintenant c'est un jeu d'enfant pour faire une construction à la règle et au compas.
  • Léon Claude Joseph
    Modifié (November 2023)

    Merci Ludwig pour ta remarque.

    Si S est la mesure de l’aire, son carré S² est 4y²(u - x)(1/u – x).

    Y a-t-il un calcul permettant de maximaliser S², donc S ?

  • Ludwig
    Modifié (November 2023)
    Oui : $M$ est sur le cercle de diamètre $[OV]$ donc $y^2=x(v-x)$. Et alors $S^2=16x(u-x)(v-x)^2$. On tombe directement sur ma dernière formule. Bravo Léon !
  • Je n'avais pas vu tous les développements, alors j'ai fait le dessin suivant. L'aire du trapèze en fonction de l'angle fait penser à un Lissajous (à valeur absolue près, sans doute parce que GGB donne une aire positive et non algébrique) – cohérent avec ce que j'ai lu plus haut, à savoir que c'est un polynôme trigonométrique de degré quatre. Cela ne fait pas avancer mais c'est joli...

  • Léon Claude Joseph
    Modifié (November 2023)
    Ludwig, tu trouveras en pièce jointe la solution de Cabri géomètre.
    J'attends  la solution géométrique très simple de Pappus, suggérée par sa figure ?
    M.pdf 54.5K
  • pappus
    Modifié (November 2023)
    Bonsoir à tous
    J'explique un peu mon silence.
    Le voisinage de ma maison  a été touché par la tempête récente, les fils du téléphone sont par terre et je suis coupé d'Internet.
    Et comme je vis dans un endroit très reculé où je n'ai que quelques voisins eux aussi bien malheureux, nous  ne sommes pas prêts de voir les réparations indispensables se réaliser car nous n'intéressons personne!
    Je ne reçois Internet que par la 4g de mon portable, ce qui est lent et couteux en consommation!
    De plus mon ordinateur montre quelques signes de faiblesse avec un pavé tactile défaillant et une souris à la redresse.
    Vous n'avez pas eu besoin de moi pour avoir beaucoup d'idées intéressantes.
    Ce qui m'a surpris car en général les sujets que je propose ne suscitent la plupart du temps aucune réaction.
    J'ai dit quelques bêtises moi aussi qu'il faudrait que je rectifie mais je suis très fatigué et je n'ai plus envie de faire grand chose!
    L'approche analytique de Tonm m'a séduit.
    Dommage qu'il ne soit pas allé au bout de son idée en menant les calculs de dérivation qui s'imposaient!
    Sur la figure ci-dessous:
    $$\overrightarrow{UM} =kS(A,B,C,D)\dfrac{\overrightarrow{UA}}{UA}$$
    où $S(A,B,C,D)$ est l'aire algébrique du quadrilatère $ABCD$ et $k>0$ est une constante positive ajustée pour que le lieu de $M$ reste dans les limites de l'épure!
    Amicalement
    pappus


  • Bonjour Pappus,
    Désolé pour ce qui t'arrive

    Cordialement
    Bonaventure-S0_
  • Un trèfle à quatre feuilles ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.