triangle équilatéral

Rudy et Domi,

tout à fait d'accord avec cette démo.

Pour ce qui est de la ligne brisée, ça me semble sacrément coton, ne serait-ce que le cas basique d'un segment quelconque et une ligne brisée composée de 3 segments égaux !

Aldo.

Bonjour Rudy,

je pense justement que ce qui empêche de conclure, c'est qu'on n'a pas l'unicité. Voir l'hexagone ci-joint qui a tous ses côtés opposés parallèles et égaux. Toute grande diagonale le partage en deux aires égales mais pas identiques et il n'est pas régulier.

Aldo.

Tu as tout à fait raison Aldo. Et ça me laisse un peu perplexe.
Et à propos de notre nouveau problème, quelle nouvelle ?
Après tout, c'est toi qui en a parlé le premier, tu pourrais donc nous montrer la voie :-))

Rudy

Bonsoir,

je mets au point une demo pour la ligne brisée pleine d'imprevus..
"wait a minute"

Oump

Oump,

tu nous mets l'eau à la bouche !

Pour patienter, je rappelle l'énoncé avec une figure :

Montrer que l'aire d'un quadrilatère de côtés donnés b, r, r et r est maximale lorsque c'est un trapèze.

Aldo

Pour Domi,

no pb! j'avais cru comprendre que tu n'avais pas résolu le pb de façon satisfaisante..(je parle del'histoire du quadrilatere ayant 3 cotes egaux )
Alors vas y!
je crois néanmoins que ma réponse donnera des aperçus interessants, mais ya pas le feu au lac!

Oump.

Premier essai !

Soit ABCD un quadrilatère tel que AD=b et AB=BC=CD=r dont l'aire soit maximale.

Supposons que l'angle BAD soit inférieur à CDA. BC coupe AD du côté de A.

La première étape consistera à construire un quadrilatère A1B1CD tel A1D=AD=b, A1B1=CD=r, mais B1C plus petit que r et dont l'aire soit pourtant plus grande que celle de ABCD.

Soit E et F les symétriques de B et C par rapport au milieu de AD.

On trace FB qui coupe AD en M et se prolonge dans la direction u. On trace aussi CE. BCEF est un parallélogramme.

A partir de D, on trace la perpendiculaire à BF et CE sur laquelle on place le point G tel que DG=AD=b. G se trouve sur le cercle de centre D, de rayon DA.

On considère la translation de vecteur AG.
L'angle DAG qui vaut (pi-ADG)/2 est plus grand que DMB qui vaut pi/2-ADG, qui lui-même est encore plus grand (hypoyhèse de départ) que CBu ou EFu.
Donc les translatés K et H de F et B sont du même côté que G par rapport à Fu (à gauche sur le dessin).

A présent, CH est-il plus grand ou plus petit que r ?

Si CH est plus petit que r, le problème est résolu en considérant la ligne brisée GHCD s'appuyant sur la base GD=b.

Supposons donc que CH est plus grand que r.

Cela signifie que H est à l'extérieur du cercle de centre C et de rayon r (voir encadré violet).

Faisons alors varier un point A1 entre A et G, sur l'arc AG appartenant au cercle de centre D et de rayon DA=b.

La translation de vecteur AA1 transforme K et B en K1 et B1.

Sur l'encadré violet, on voit que B1 décrit entre B et H l'arc d'un cercle de centre D'(facile à déterminer), de rayon DB=b.

L'angle A1AD étant plus grand que GAD, nous avons l'assurance que B1 sera toujours dans le même demi-plan délimité par Fu.

Il ne reste plus qu'à choisir n'importe quel point B1 suffisamment proche de B pour que CB1 soit plus petit que CB=r et le tour est joué !

Tout ce qui a été dit sur B1 peut évidemment se transposer sur K1.

L'aire du triangle A1B1K1 es égale à celle de ABF. En revanche l'aire du parallélogramme K1B1CE (égale à CE x la hauteur) est supérieure à celle de FBCE.

Donc le quadrilatère A1B1CD répond à la question.

La suite est simple :

il suffit de prendre B2 point d'intersection du cercle de centre A, de rayon r et du cercle de centre C de rayon r.

Le quadrilatère A1B2CD vérifie A1D=AD=b, A1B2=B2C=CD=r et son aire, supérieure à celle de A1B1CD, est donc supérieur à celle de ABCD, ce qui amène la contradiction désirée.

Aldo.

Erratum :
avant-dernier paragraphe, il faut lire cercle de centre A1 et non centre A.

Aldo.

Domi,

Je reconnais que ma démo n'a rien de sympathique !

Mais ta remarque m'a incité à la simplifier et je me rends compte qu'il est peut-être possible de la rendre bien plus digeste

Une fois construit le point D' (ABD'D est un parallélogramme) et le cercle de centre D', de rayon b, il est assez simple de construire l'arc de cercle BB' (B' est l'intersection de ce cercle et du cercle de centre C, de rayon r.

Tout point B1 de cet arc convient. Il n'y a plus qu'à appliquer au triangle ABF la translation de vecteur BB1 et l'on a le résultat voulu.

Il peut se poser le problème de vérifier que B' est du "bon" côté (à gauche) de Bu, je n'y ai pas trop réfléchi, mais ça n'a pas l'air gênant : il suffit de choisir B1 suffisamment proche de B et c'est gagné.

Je vais vérifier tout ça, mais c'est sûr que c'est déjà plus agréable sans la construction de G.

Aldo

L'explication est finalement assez simple : D' n'est autre que le symétrique de E par rapport à D. C est sur le cercle de diamètre ED'. Donc D'C est perpendiculaire à EC et donc aussi à Bu.

Mais D'C (qui joint les deux centres) est aussi perpendiculaire à la corde BB' donc B' est sur Bu.

Aldo

Bonjour Domi,

la surface du quadrilatère ne suit malheureusement pas la même variation que chacun des côtés. C'est ce qui m'a poussé à abandonner la piste où AD variait. Pour un AD plus petit, on obtient une aire plus grande mais ce n'est pas contradictoire. En revanche ça l'est pour le côté BC. Je reconnais que c'est très troublant.

Aldo

Re- bonjour
Erratum
la ligne (1) doit se lire :
(1) x^2 = a^2 + b^2 - 2 ab cosu = c^2 + d^2 - 2 cd cosv

Bonjour,
Pour Domi,

1) Sans doute n'ai-je pas lu avec assez d'attention les 70 messages de ce fil, mais je n'ai vu nulle part le résultat que j'avance, à savoir :

Le polygone convexe constitué de n segments de longueurs données entourant l'aire maximale est inscriptible dans un cercle.

2) Il est peut-être possible, en utilisant ce résultat, de répondre au problème posé par Rudy : construire géométriquement ce polygone.

3) Concernant le "cadre purement géométrique" qui aurait été "implicitement imposé" et dont je déborderais "largement" je pose une simple question :
Qu'entend-on par purement géométrique ? S'interdit-on de résoudre un triangle à partir de 3 de ses éléments (angles ou côtés, dont au moins un côté) supposés connus ?

Cordialement

Bonjour Aldo,

J’ai commencé à reprendre point par point ta démo avec les simplifications que tu as suggérées . J’en ai rajouté quelques unes de mon cru et pour le même prix je joins un petit dessin de ma propre main . Il me semble déjà à priori que tu ne traites pas le cas où b < x ce qui échange la position des cercles violets . J’attends tes explications ainsi que ton avis sur ma figure , suffit-elle à développer ton raisonnement ?



Amicalement

Domi

>>Domi,

Pas évident avec seulement la figure !

Ce que je vois : tu as fait le choix d'un point B' particulier sur l'arc de cercle pour obtenir un angle droit.

Dis-moi s'il y a autre chose à voir.

>>GPP29

Bravo pour ta démonstration qui apporte au moins un plus, c'est qu'elle concerne toute ligne brisée. Personnellement, ja la considère comme un nouveau défi d'en trouver une démonstration géométrique !

Par ta faute, je vais encore gribouiller plein de quadrilatères !

Aldo

La pièce jointe au message précédent me semble de taille démesurée .
Serait-il possible de la faire disparaître pour la remplacer par sa petite soeur bien plus raisonnable . Merci d'avance .

Domi

Suite à la remarque de Domi, le cas le plus général que je puisse traiter par cette méthode est celui d'un quadrilatère ayant deux côtés opposés égaux.

Voici la démonstration montrant que son aire est maximale lorsqu'il s'agit d'un trapèze :

Soit ABCD le quadrilatère tel que AB=CD. On supposera par exemple que AD est plus grand que BC, et que la distance de C à AD est plus grande que celle de B à AD.

Les points B' et C' sont les symétriques de B et C par rapport au centre de AD.

Le point D1 est tel que ABD1D soit un parallélogramme.

Il est aisé de vérifier que C'BD1 est un angle obtus (car égal à AEB supérieur à AEC en appelant E l'intersection de AD et C'B).

Donc les cercles R1 de centre C, de rayon CB et R2, de centre D1, de rayon D1B recoupent la droite C'B dans le demi-plan délimité par BD1, du même côté que C.

Sur le cercle R2, il est donc possible de choisir un point B1 (suffisamment proche de dans le demi plan délimité par C'B du même côté que A tel que CB1 soit inférieur à CB.

On applique aux points A et C' la translation de vecteur BB1 qui les transforme en A1 et C1

L'aire du parallélogramme B1CB'C1 est supérieure à celle de BCB'C'.

Les triangles A1B1C1 et ABC' étant égaux, on en déduit que le quadrilatère A1B1CD a une aire plus grande que ABCD pour des côtés identiques.

La contradiction implique BC parallèle à AD.

Pour le cas général d'un quadrilatère quelconque, je n'ai pour l'instant aucune piste...

Aldo.

Aldo,

Je te suis de loin le cas . le cas b < x qui semblait tellement simple qu'on l'écarterait à priori se revèle bien plus ardu que le cas b > x . Ou bien faut-il envisager une stratégie différente ? Je te concède que je suis un peu stérile sur la question . Je te donne mon avis sur tes premier jets dès que je me serais fait une idée . En attendant , courage ! Je suis persuadé que tu y arriveras .

Amicalement

Domi

Bonjour Aldo et les autres

Une solution ( à vérifier ) d’une simplicité à faire peur pour le quadrilatère ABCD avec AB = BC = CD = x et AD = b avec 0 < b < x .
Notons I et J les milieux de [AD] et [BC] . E et F les points tels que ABJE et JCDF soient des parallélogrammes alors JEF est un triangle isocèle de hauteur IJ .
On a : A(ABCD) = A(ABJE) + A(JCDF) - A(JEF) .
Or A(ABJE) , A(JCDF) et – A(JEF) sont maximum en même temps lorsque (BC) // (AD) .
Si la démonstration est validée , elle est très certainement adaptable au cas x < b .

Amicalement

Domi

Aldo,

quand je parle des 3 termes , je parle de A(ABJE) , A(JCDF) et - A(JEF) .

Amicalement , bonne lecture

Domi

Bonjour Aldo

Un petit week-end à la campagne et me revoilà avec tous mes neurones à leur place . Je garde mes milieux I et J mais je troque mes parallélogrammes contre une projection orthogonale. Une démonstration pour le cas : b < x . Manque juste la démonstration de P2 qui ne doit pas être trop difficile .
On se donne deux réels b et x tels que : 0 < b < x . Un quadrilatère ABCD est dit (b,x) acceptable si AD = b , AB + BC + CD < ou = à 3x .On recherche un quadrilatère ABCD (b,x) acceptable et d’aire maximale notée A(b,x) .
Admettons pour le moment ( seule P2 n’est pas triviale ) .
P1 : x < y => A(b,x) < A(b,y) .
P2 : a < b < x => A(a,x) < A(b,x) .
P3 : a < b < x < y => A(a,x) < A(b,y) .
Remarque préliminaire .
Soit ABCD un trapèze de bases [AD] et [BC] , I et J les milieux de [AD] et [BC] alors :
P4 : 2 . IJ < AB + CD .
( Il suffit en effet de considérer l’égalité vectorielle : 2 . IJ = AB + DC ) .
Démonstration de la propriété :
Soit ABCD un quadrilatère (b,x) acceptable d’aire maximale . Si ABCD n’est pas un trapèze , notons I et J les milieux de [AD] et [BC] , (D1) et (D2) les perpendiculaires à (IJ) passant par I et J . Soit P et Q les projections orthogonales de A et D sur (D1) , M et N les projections orthogonales de B et C sur (D2) , E et F les symétriques de C et D par rapport à (IJ) .
Comme ABEF est un trapèze et que M et P sont les milieux de [BE] et [AF] d’après P4 :
AB + CD = AB + EF > 2 . PM = PM + QN .
Alors P(ABCD) = AB + BC + CD + DA > PM + QN + PQ + MN = P(MNQP) .
Notons PQ = a < b et P(MPNQ) = 3y < 3x :
MNQP est (a,y) acceptable et A(MNQP) = A(ABCD) . C’est une contradiction .
J’espère ne pas m’être pas trop fourvoyé . De toute façon il manque la démonstration de P2 ainsi qu’une petite illustration .

Dans l’attente de tes critiques , amicalement

Domi

image réduite

Bonjour Domi,

très bien, je vais regarder ta solution.

Voici la mienne. J'ai repris dès le début en allégeant un peu le cas du quadrilatère ayant deux côtés égaux.

Problème :
Montrer que l'aire d'un polygone dont les longueurs des côtés sont données est maximale lorsque ce polygone est inscriptible dans un cercle.
Comme déjà vu, il suffit de prouver que ceci est vrai pour tout quadrilatère.

Montrons que ceci est vrai pour tout quadrilatère ayant deux côtés opposés égaux :

Dans toute la suite, nous appellerons polygone maximal un polygone dont l'aire est maximale pour les longueurs de ses côtés.
On a déjà vu qu'un polygone maximal est convexe.
A (polygone) signifiera aire du polygone.
Sans autre indication, XYZ signifiera l'angle XYZ.

Figure 1
Soit ABCD un quadrilatère maximal avec AB=CD
Sans perdre en généralité, nous pouvons supposer BC < AD
Supposons BAD < CDA
Soit B' et C' les symétriques de B et C par rapport au milieu de AD
Soit D1 le point tel que ABD1D soit un parallélogramme
Sur le cercle de centre D1, de rayon D1B=DA, nous choisissons un point B1 suffisamment proche de B tel que :
- CB1 < CB
- B1CB' soit un angle aigu
Ceci est toujours possible car l'angle D1BE est obtus et plus petit que CBE (facile à vérifier).
Soit A1 et C1 les images de A et C par la translation de vecteur BB1
A (C1B1CB') > A (C'BCB'). Donc A (C1A1B1CDB') > A (C'ABCDB').
Donc A (A1B1CD) > A (ABCD).
Or les côtés du quadrilatère A1B1CD sont égaux à ceux de ABCD, à l'exception de B1C plus petit que BC.
Donc il existe un point B2 extérieur à A1B1CD, intersection du cercle de centre A1, de rayon A1B1=AB et du cercle de centre C, de rayon CB.
Donc A (A1B2CD) > A (ABCD)
Or A1B2CD et ABCD ont des côtés de mêmes longueurs. Donc contradiction avec le fait que ABCD soit maximal. Donc BAD=CDA et ABCD est un trapèze isocèle inscriptible dans un cercle.
A présent, quelques propriétés qui nous servirons par la suite :

Propriété 1 :

si P est un polygone maximal, tout segment joignant deux sommets A et B non consécutifs le partage en deux polygones P1 et P2 maximaux (ou réduits à un triangle). C'est assez simple : si P1 n'était pas maximal, il suffirait de le remplacer par P'1 maximal ayant les mêmes côtés pour l'adjoindre à P2 par le segment AB et obtenir un polygone de mêmes côtés que P et d'aire supérieure.

Propriété 2 (figure 2)

Si ABC sont trois sommets consécutifs d'un polygone maximal, avec AB=a et BC=b, on peut remplacer B par B' symétrique de B par rapport à la médiatrice de AC pour obtenir un polygone P' maximal dont les longueurs de côtés a et b ont simplement été inversées : AB'=b et B'C=a. Les points ABB'C sont sur un même cercle. Il en résulte notamment que si P était inscriptible dans un cercle, P' reste inscriptible dans le même cercle.
La propriété 2 nous permet immédiatement de généraliser le résultat précédent au cas où les côtés égaux ne sont plus opposés mais consécutifs :

Si ABCD est un quadrilatère maximal ayant deux côtés égaux, il est inscriptible dans un cercle.

Il ne nous reste plus qu'à démontrer le cas général d'un quadrilatère quelconque.

Figure 3 :

Soit ABCD un quadrilatère de côtés AB=a, BC=b, CD=c et DA=d, inscriptible dans un cercle R.
Soit E le point de R tel que AE=AB=a et posons ED=e
EABCD est maximal : si ce n'était pas le cas, il y aurait un autre pentagone EA'B'C'D maximal avec les mêmes côtés a, a b, c, et e
D'après la propriétés 1, EA'B'C et EA'B'D sont maximaux. Avec deux côtés égaux, ils sont donc inscriptibles, et dans le même cercle car ayant les trois points E, A' et B' en commun. Donc le quadrilatère EA'B'C'D est aussi inscriptible. Il est aisé de vérifier qu'un polygone dont les longueurs des côtés sont fixées ne peut être inscrit que d'une manière dans un cercle (par exemple en plaçant les sommets l'un après l'autre). Donc EA'B'C'D n'est autre que EABCD qui est donc maximal.

La propriété 1 appliquée aux sommets A et D nous montre que ABCD est maximal. Le quadrilatère d'aire maximale et de côtés a, b, c, d est donc ABCD, inscriptible dans un cercle.
CQFD

Aldo

A meilleure taille

Bonjour Aldo

Je viens de finir ta démonstration . Nous avons vraiment deux approches très différentes du problème mais après tout pourquoi pas ? Je suis plutôt convaincu par l’ensemble de ton texte sauf pour un point ( ce serait trop beau ) :
[ED] et a , b , c donnés ,
EA = AB = a , BC = b , CD = c et EABCD cocycliques
EA’ = A’B’ = a , B’C’ = b , C’D’ = c et EA’B’C’D’ cocycliques
Comment peut-on affirmer que les deux quadrilatères ont nécessairement leurs sommets sur un même cercle ? Cela ne me semble pas évident du tout .
Par exemple , si on note O le centre du cercle circonscrit à EBCD en supposant que O soit extérieur à EABCD , on pourrait considérer un point O’ de la médiatrice de [ED] plus près que O de (ED) et du même côté de (ED) et R’ le cercle de centre O’ passant par E et D . Ne pourrait-on alors envisager des point A’ , B’ , C’ sur le grand arc ED de R’ vérifiant les contraintes de longueurs ? En effet l’angle correspondant à l’arc ED est plus grand pour R’ que pour R mais le rayon est plus petit .

Dans l’attente de ta réponse,

Amicalement

Domi