une formule et un théorème

Bonjour
Je cherche des démonstrations de la formule suivante où A, B, C sont les angles d'un triangle :
cos(A)² + cos(B)² + cos(C)² + 2cos(A)cos(B)cos(C) = 1
Quelqu'un connaît-il l'auteur de cette formule ?
Merci d'avance .
kolotoko

Réponses

  • je me demande si cette formule porte un nom.

    Au pire, cherche sur internet des cours d'olympiades ou des cours de géométrie du triangle on ne sait jamais.
  • A quoi c'est-y qu'on a droit ?

    $C=\pi - A - B$, donc si on a le droit aux formules trigonométriques usuelles, ça roule en développant l'expression sans trop de subtilité.

    Il suffit d'utiliser, dans l'ordre : \begin{itemize}
    \item $\cos(\pi-x)=-\cos(x)$
    \item $\cos(a+b)=\cos(a)\cos(b)-\sin(a)\sin(b)$
    \item $\sin^2(x)=1-\cos^2(x)$
    \end{itemize}

    Je détaille un peu plus si c'est nécessaire.
  • Bonjour, voici une autre façon de faire :

    Dans [-1 ; 1]3 soit E l'équation x² + y² + z² + 2xyz = 1 ou encore z² + 2(xy)z + x² +y² -1 = 0.
    Le discriminant vaut (1-x²)(1-y²).
    Puisque (x,y) appartient à [-1 ; 1]², alors il existe A et B appartenant à [0 ; pi] tels que x = cos(A) et y = cos(B).
    Le discriminant vaut sin(A)².sin(B)² et on trouve z = cos (pi - A-B) ou z = cos(pi -A+B).
    Par conséquent cos(A), cos(B), cos(C) est solution de E.

    Une autre façon plus géométrique, et c'est peut-être ainsi que cette formule est apparue, est de décomposer l'aire d'un triangle ABC en fonction des aires des triangles AHaHc, BHaHc, CHaHb et le triangle orthique HaHbHc .

    Bien cordialement.
    kolotoko
  • Bonjour à tous
    J'aimerais obtenir une preuve synthétique du théorème suivant.

    Données : ABC un triangle ; Ha, Hb, Hc les pieds des hauteurs.
    Conséquences : Les droites d'Euler des triangles AHbHc, BHcHa, CHaHb sont concourantes en P, centre de l'hyperbole de Jérabek.

    Qui est Jérabek ? Levez le doigt !

    Bien cordialement

    [Vaclav Jerabek (1845-1931) http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/Biographies/Jerabek.html. :) AD]
  • Sur le site de l'Université de Saint Andrews, à la lettre J :
    http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/BiogIndex.html
    Vaclav Jerabek (1845-1931) etc ...
  • Bonjour
    Je poursuis ma chasse aux vieux fils!
    @kolotoko
    On a les identités suivantes bien connues:
    $a =b \cos C + c\cos B$
    $b=c\cos A +a\cos C$
    $c=a\cos B + b\cos A$
    On obtient donc ainsi un système linéaire homogène en $(a,b,c)$ admettant une solution non triviale. Son déterminant est donc nul:
    $\begin{vmatrix}
    1&-\cos C&-\cos B\\
    -\cos C&1&-\cos A\\
    -\cos B&-\cos A&1
    \end{vmatrix}=0
    $
    On développe ce déterminant pour trouver ton identité.
    Je ne sais pas trop qui l'a découverte mais vu cette inflation de cosinus, je miserais sur le nom d'Al-Kashi. De toutes façons, on ne prête qu'aux riches
  • Si $v_1+v_2+v_3=0$ dans le plan euclidien, la matrice de Gram $(\langle v_i,v_j\rangle)_{1\leq i,j\leq 3}$ est de déterminant nul. Application à $v_1=\vec{AB}, \ v_2=\vec{BC}, \ v_3=\vec{CA}$, merci Tao.
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