Triangle quasilatéral

lesmathspointclaires
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Modifié (October 2024) dans Géométrie
$ABC$ triangle, $I$ son cercle inscrit. $I_A$ centre du cercle inscrit dans  $BCI$, $I_B$, $I_C$ définis symétriquement.

$ABC$ n'est pas équilatéral, mais presque !

Parmi les diverses questions qu'on peut se poser, encadrer la différence plus grand angle - plus petit angle, ou le rapport plus grand côté /plus petit côté, etc.

Encadrements non nécessairement optimaux.

Réponses

  • jelobreuil
    jelobreuil
    Bonjour, 
    Bien cordialement, JLB
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    C'est drôle, la dernière fois j'avais cru faire de la "télépathie", sur un sujet très semblable... tu te souviens ? Donc je n'étais pas si loin hahaha.  Je vais lire tout à l'heure ! et d'ailleurs le sujet m'évoque des choses que j'ai délaissées... pas géométriques, mais assez générale, que j'avais appelé "la manivelle de Fourier"  ou un truc avec  "fourrière" ... je ne sais plus trop, mais il y a peut-être des choses à croiser ! 
  • Ludwig
    Ludwig
    @lesmathspointclaires : tu parles sans doute de $I$ centre du cercle inscrit à $ABC$ et $I_AI_BI_C$ presque équilatéral.
    Expérimentalement je trouve que le rapport des côtés pourrait bien être inférieur ou égal à $\sqrt{5}/2$. Pour obtenir ce nombre j'ai pris $A(0,1/2^n)$, $B(-r,0)$ et $C(r,0)$, avec $r$ de l'ordre du million et $n=25$ .
  • depasse
    depasse
    Peut-être une définition plus symétrique de l'"équilatéralité" d'un triangle $(a,b,c)$:
     le nombre $\dfrac {a'b'c'}{abc}$ où
    $a'=-a+b+c$ et circ. C'est aussi, sauf erreur, $2(cos A+cosB+ cos C -1)$.
    Il appartient à $[0,1]$, égale $1$ ssi $a=b=c$ et je vois un triangle "quasilatéral" comme un triangle dont  l'"équilatéralité" est proche de $1$.
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    @Ludwig bien joué pour la majoration! (et oui c'était inscrit, j'ai corrigé^^)
    @depasse, on peut penser à plusieurs critères, mais celui que tu donnes est particulièrement élégant !
    Dans le genre symétrique on peut aussi penser à l'excentricité de l'ellipse de Steiner... (ellipse tritangente au côté en leurs milieux)
  • depasse
    depasse
    Bonjour
    Merci @lesmathspointclaires.

    Si c'étaient les trisectrices on aurait un triangle tout à fait (!) équilatéral (Morley) quel que soit $ABC$
    Là, c'est des quadrisectrices et ce n'est pas aussi équilatéral. Je ne sais si ma question intéressera les rois, les reines ou les as  du forum tant en algèbre linéaire qu'en géométrie synthétique, mais je la pose quand-même:

    Soit $ABC$ un triangle et $r$ dans $]0,1[$; on note encore $A,B,C$ les mesures des angles de $ABC$.
    $I_a$ est le point dans $ABC$ tel que les angles en $B$ et $C$ de $BI_aC$ ont pour mesure $rB$ et $rC$. Et circ.
    $\alpha:=I_bI_c$ et circ.
    $\alpha ':=-\alpha+\beta+\gamma$ et circ.
    $e:=e(r):=e(r,ABC)=\dfrac{\alpha'\beta'\gamma'}{\alpha\beta\gamma}$.

    Question: est-ce que, quel que soit $ABC$, $e$ est croissante sur $]0,\dfrac {1}{3}]$?

    Merci déjà si vous m'avez lu!
    Cordialement
    Paul
     
  • i.zitoussi
    i.zitoussi
    @lesmathspointclaires Est-ce que le titre du fil est voulu ainsi, ou est-ce une inattention ? Triangle quasilatéral, ça ne veut quasilittéralement pas dire grand-chose.
    Après je bloque.
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    Modifié (October 2024)
    depasse a dit :
    Bonjour
    Merci @lesmathspointclaires.

    Si c'étaient les trisectrices on aurait un triangle tout à fait (!) équilatéral (Morley) quel que soit $ABC$
    Là, c'est des quadrisectrices et ce n'est pas aussi équilatéral. Je ne sais si ma question intéressera les rois, les reines ou les as  du forum tant en algèbre linéaire qu'en géométrie synthétique, mais je la pose quand-même:

    Soit $ABC$ un triangle et $r$ dans $]0,1[$; on note encore $A,B,C$ les mesures des angles de $ABC$.
    $I_a$ est le point dans $ABC$ tel que les angles en $B$ et $C$ de $BI_aC$ ont pour mesure $rB$ et $rC$. Et circ.
    $\alpha:=I_bI_c$ et circ.
    $\alpha ':=-\alpha+\beta+\gamma$ et circ.
    $e:=e(r):=e(r,ABC)=\dfrac{\alpha'\beta'\gamma'}{\alpha\beta\gamma}$.

    Question: est-ce que, quel que soit $ABC$, $e$ est croissante sur $]0,\dfrac {1}{3}]$?

    Merci déjà si vous m'avez lu!
    Cordialement
    Paul
     
    Merci pour cette jolie question/généralisation à propos de ce qu'on peut appeler les $r$-sectrices ! 

    Quelques remarques préliminaires me viennent : la première, c'est que le cas du fil vient d'un cas particulier où $I$ est quelconque. Regarde le dernier post de "un exercice pour avancer" et aussi https://www.geogebra.org/classic/nyx7gh4c , où différentes familles de cercles concentriques (qu'on peut forger avec un peu tous les points de la figure, et les constructions usuelles) s'illustrent et ne s'égalisent que pour des $I$ proches dans un "tout ^petit" voisinage (qui dépend évidemment des définitions des cercles lol, encore une fois je donnerai un lien (non exhaustif)), (je voulais appeler ça les cercles de Planck hahahaha). Mais là, c'est une autre généralisation que tu proposes, en captant l'essence du problème, et je pense qu'il peut d'ailleurs être intéressant de mettre en perspective la généralisation naturelle et spécifique au problème et celle dont il provient, je discuterai cette remarque, et selon moi son importance [discussion future 1 : à propos des "généralisations ciblées"... %titre énigmatique de ce crochet "pense-bête"]

    Au cas où la réponse soit "oui", je pense que pour le montrer on pourrait se limiter sans perte de généralité quitte à compléter par densité, dans le cas où ou $r$ est décimal (en base 2 évidemment). Ceci  nous donne une approche constructible de la question mais c'est possible que ça se règle beaucoup plus rapidement par une approche calculatoire (CoBar ou complexes... je n'y ai pas encore réfléchi, mais comme tu as posté depuis déjà quelques heures, je ne voulais pas trop tarder à répondre^^)

    Lien vers la partie en question de  "Un exercice pour avancer" https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2339181/un-exercice-pour-avanc-e-er#latest et le lien geogebra au cas où le fil évolue et le lien soit moins facilement trouvable:
    https://www.geogebra.org/classic/ymfnrmc5

  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    i.zitoussi a dit :
    @lesmathspointclaires Est-ce que le titre du fil est voulu ainsi, ou est-ce une inattention ? Triangle quasilatéral, ça ne veut quasilittéralement pas dire grand-chose.
    C'était plus court et plus fun que "quasi-équilatéral" mais je me suis fait la même remarque🤣🤣

    i.zitoussi a dit :
    quasilittéralement
    Joli ;)
  • depasse
    depasse
    Modifié (October 2024)
    Bonjour à tous
    Merci @lesmathspointclaires. Aucun autre ténor du forum géométrie ne m'a répondu. Petit chagrin.
    Je crois avoir trouvé un truc sympa. J'aimerais qu'il soit confirmé car ce n'est qu'une intuition que semble ne pas démentir géogèbra:
    Je note $XYZ$ la mesure de l'angle géométrique $Y$ dans le triangle $XYZ$.
    Si
    $I$ est le centre du cercle inscrit dans $ABC$,
    $J$ est le centre du cercle inscrit dans $IBC$,
    $K$ est le point de  $[BC]$ qui vérifie$\dfrac{ KB   }{ KC   }=\dfrac { ACB    }{ ABC   }$
    alors,
    le lieu des points $M$ tels que $\dfrac {MCB}{MBC}=\dfrac { ACB    }{ ABC   }$
    est l'arc de l'hyperbole de grand axe $BC$, d'extrémités $A$ et $K$, qui passe par $I$ et $J$.

    Aurais-je raison, je n'ai toujours pas répondu à ma question: $e$ est-elle croissante sur $[0,1/3]$ ?.
    Merci d'avance à tout l'hémicycle, de @pappus à @pldx1 (ou @pldx ?).
    L'Immonde nous guette sur l'autre hémicycle.
    Si vous pouviez cesser de vous étriper (pour si peu?) !
    Amicalement
    Paul

  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    Modifié (October 2024)
    @depasse
    Si Geogebra le confirme, c'est quasiment une preuve. Si tu ne m'avais pas dit ça j'aurais misé jusqu'à 10 contre 1 que non,et je me rends compte que mes réserves instinctives sont bidon :

     La première, c'est que la multiplication d'angle ne passe pas au quotient ("$(R^*/Z,.)$" n'est pas bien défini) mais je suis en train de me dire "et alors...?"

     La seconde, c'est que multiplier des angles c'est moralement une exponentiation (au niveau des complexes), on est plus polynomial, et là je ne me dis plus tant  "et alors" que plutôt "donc"... c'est sûrement qu'il y a une intégrale là-dessous, qui serait le lien le plus naturel entre hyperbole et (réciproque d') exponentielle. 

    Donc peut-être à fouiller une histoire d'aire définie par la "courbe" du lieu (j'espère que tu ne trouves pas que j'abuse à me laisser guider par tant de vague, sans la moindre vérification : car j'allais écrire que ça me faisait un peu peur d'y réfléchir mdr, mais c'est en écrivant ça que je me suis dit "ah y a peut-être un angle d'attaque", hahaah un "angle")
    Sinon l'autre angle auquel je pensais, c'est (un peu comme pour la première question) de considérer des fractions rationnelles d'angle afin de palier à l'espèce d'inconvénient du premier "et alors", mais ça n'est pas un angle d'attaque, c'est juste une sorte d'encouragement que je me donne au cas où je m'y colle. Si tu confirmes qu'on a bien une hyperbole, je m'y colle. Parce que ça serait, de mon point de vue de non expert du tout, vraiment très joli !! 


    "Une hyperbole et je m'y colle" ça ferait une bonne pub, mais pour un produit qui n'existe pas
    "et là je ne me dis plus tant  "et alors" que plutôt "donc"" aussi 
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    @depasse
    Geogebra a l'air de confirmer aussi de mon côté ! ça pourrait être une façon de parametrer un arc d'hyperbole, meme peut-être l'hyperbole, si on, se dépatouille bien avec les modulos $2\pi$!
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    Ce qui est bizarre c'est que $BC$ n'a pas l'air d'être un des axes...ce qui expliquerait pourquoi ça n'est pas un truc standard... enfin je viens de vérifier vite fait sur internet et je ne trouve rien qui ressemble.
  • depasse
    depasse
    Modifié (October 2024)
    Bonjour
    @lesmathspointclaires
    En vérité notre hyperbole est la plus "simple" des hyperboles: celle qui passe par $A$, $I$, $J$ et leurs symétriques par rapport à $(BC)$.
    Soit $\rho:=\dfrac{ABC}{ACB}$
    La branche qui nous occupe coupe $[BC]$ en $K$. $F$, un des foyers, et $K$ divisent harmoniquement $[BC]$. Les asymptotes ont pour pentes (si $(BC)$ est horizontal) ....je termine plus tard: un pote arrive
  • depasse
    depasse
    Modifié (October 2024)
    Bonsoir à tous dont @lesmathspointclaires,
    hier, j'ai voulu écrire vite avant qu'arrive mon pote pour notre hebdomadaire ping-pong. J'aurais dû m'abstenir!
    Là, j'espère que c'est mieux:
    Etant donné un triangle $ABC$, je cherche le lieu $L$ des points $M$ de son plan tels que $\dfrac{MBC}{ MCB}= \dfrac{ABC}{ ACB}:=k$  (où $XYZ$ abrège "la mesure de l'angle géométrique $Y$ du triangle $XYZ$").
    SPDG, $k\geq 1$.

    Mon pari est que $L$ est
    la branche de l'hyperbole d'axe focal $BC$ dont
      -un foyer est $B$,
       -le sommet $K$ appartient à $[BC]$ et vérifie: $\dfrac{KC}{ KB}= \dfrac{ABC}{ ACB}(:=k)$,
       -les asymptotes font avec $(BC)$ l'angle $\alpha:=\dfrac{\pi}{k+1}$.
    Sauf erreur de calcul, mon hyperbole aurait donc, avec les notations $e,a,b,c$ classiques, les paramètres suivants:
       $e=\dfrac {1}{\cos\alpha}$
       $a=\dfrac { BC}{ k+1}\ \ \dfrac{\cos\alpha}{1-\cos\alpha}$
       $b=\dfrac { BC}{ k+1}\ \ \dfrac{\sin\alpha}{1-\cos\alpha}$
       $c=\dfrac { BC}{ k+1}\ \ \dfrac{1}{1-\cos\alpha}$
     Qui me dira si j'ai bien parié et, si oui, m'en donnera la preuve?
    Merci d'avance à tous, de @pappus à @pldx1
    Cordialement
    Paul

  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    @depasse
    A mon avis on peut le montrer nous, j'ai un peu mal à la tête, à force de penser stratégiquement à plein plein problèmes sans trop mettre la main à la pâte, depuis quelques heures... mais je m'y collerai.

    Note qu'on doit probablement faire des "coupures", car la multiplication ne passe pas au quotient comme je le disais précédemment, c'est ce qui fait que le problème ne semble pas standard et que donc il est chouette ;)

     
  • depasse
    depasse
    Je me demande si, dès 1637, Descartes n'avait pas résolu cette question dans sa dioptrique!
  • lesmathspointclaires
    lesmathspointclaires
    Je suis entrain de me poser une question marante qui n'a qu'un tout petit peu* de rapport mais comme tu viens de poster, pourquoi pas le partager... 

    En ce moment, repérer des triangles dans des triangles est une préoccupation... Alors pour que ça reste dans le plan, il faut que ça soit des classes de similitude de triangle. J'ai déjà un peu fouillé un en particulier [mettre le lien]. Et je viens de penser à celui-ci : on a un triangle repère $IJK$ et un point $P$ est repéré par le triplet d'angle $(BPC, CPA, APB)$. L'idée est de reperer un triangle d'angles $A,B,C$ par $(2A,2B,2C)$ j'aimerai bien savoir ... bah ce que ça donne.

    (par exemple les triangles rectangles sont sur le périmètre de $IJK$ et l'équilatéral est le point de Fermat...oulala ça me fait frémir**.. car il y a déjà un lien inattendu avec le repérage $(a^2 : b^2 : c^2)$ . J'en parlerai plus tard, je vais investiguer d'abord un peu....)

    **type de frémissement tout relatif du au fait que c'est souvent de courte durée, mais habitué à me tromper de pronostic, ça ne me fait rien du tout quand je me trompe par contre quand je ne me suis pas trompé je suis content)

    *le rapport c'est ....le rapport des angles haha (1/2)

     
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