
Triangulation d'un carré
Réponses
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Merci Pappus,Une voie possible ? Considérer le carré des milieux, cela transforme chacun des quadrilatères en la réunion d'un triangle isocèle rectangle (de même aire pour les quatre) et d'un triangle ...Bien amicalement, JLB
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BonjourJe trouve $S=35cm^2$ (par une méthode bourrin)Bonne fin d'année à tous .Edit C'est à dire que j'ai considéré que la figure donnée par @Pappus est à l'échelle (ou presque) donc j'ai localisé $M=(x,y)$ dans le quart de carré supérieur gauche et considéré les polygones sont convexes. ainsi cela me permet d'exprimer les aires en fonctions de $(x,y)$ sans faire intervenir les valeurs absolues.La résolution est alors élémentaire et on trouve $(x,y)=(1/5,3/5)L,$ L étant le côté du carré.
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Bonjour, Pappus, et heureux de te revoir parmi nous.
syms X Y t real % On pose M(X,Y) et AB=2*t, l'origine étant le centre du carré. MApBBp=t*(t-X)/2+t*(t-Y)/2; MBpCCp=t*(t-Y)/2+t*(X+t)/2; MCpDDp=t*(X+t)/2+t*(Y+t)/2; MDpAAp=t*(Y+t)/2+t*(t-X)/2; Eq1=Factor(2*MApBBp-60) Eq2=Factor(2*MBpCCp-30) Eq3=Factor(2*MCpDDp-40) Sol=solve([Eq1==0,Eq2==0,Eq3==0],[X Y t]) % On obtient X=-3, Y=1, t=5 puis MDpAAp=35
Cordialement,
Rescassol
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35
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Bonjour,
$S+15=20+30$, donc $S=35$ -
Bien vu, depasse...
$S + 15 = 2 coins + S' = 20 + 30$ avec $S' = x \sqrt 2 . x \sqrt 2 /2$.Si brillant penseur que je sois, mes meilleurs souvenirs ne sont pas d'ordre intellectuel. (Sade) -
Bonsoir à tous,voici la justification géométrique de ce calcul :Bien amicalement, JLB
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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
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Bonsoir, @zygomathiqueEh bien, dans ce cas, on applique le même raisonnement, en prenant soin d'utiliser la somme algébrique des hauteurs des triangles MGH et MEF, et on aboutit au même résultat, si je ne me trompe ...Bien amicalement, JLB
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Il reste à expliquer que $M$ est bien à l'intérieur pas seulement de $ABCD$ mais aussi de $EFGH$....
Edit: doublé par @zygomathique -
En "triangularisant" on voit que $S$ est égal à $Aire(FBM)+Aire(DEM)=35$ (utiliser le fait que les triangles ont la même hauteur).
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Mon cher RescassolJe ne pouvais oublier cette occasion de te présenter spécialement mes meilleurs voeux!Encore vaillant mais plus très stable!Une autre petite énigme pour passer un bon réveillon et noyer ces maudits véronèses dans le champagne.Bonne Année à tousLa figure n'est pas à l'échelle, donc la faire!
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jelobreuil a dit :Bonsoir, @zygomathiqueEh bien, dans ce cas, on applique le même raisonnement, en prenant soin d'utiliser la somme algébrique des hauteurs des triangles MGH et MEF, et on aboutit au même résultat, si je ne me trompe ...Bien amicalement, JLB
@jelobreuil, tu sembles dire que tu n'as pas à prouver que $M$ est nécessairement dans $EFGH$ car, de toute façon, $S=35$.
Or, si $M$ n'est pas dans $EFGH$, c'est qu'il est dans un "coin" de $ABCD$ et que donc $15$ est inférieur à l'aire de ce coin dont l'aire est un huitième de celle de $ABCD$; si bien que l'aire de $ABCD$ excède $120$, d'où $15+20+30+S\geq 120$,d'où $S\neq 35$.
Cordialement
Paul -
Bonsoir pappus,
Pour ta deuxième énigme : $x=56$. -
@depasse, Bonsoir Paul,Ce que je pense démontrer, c'est que, quelle que soit la position du point M dans le carré ABCD, la somme des aires des deux quadrilatères occupant des "coins" opposés du carré est égale à la somme des aires des deux autres. Je me place dans le cas général sans préjuger en rien de leurs valeurs numériques, ni des rapports entre ces valeurs, qui ne valent respectivement 15, 20 et 30, et donc 35 pour le quatrième, que dans le cas particulier choisi par Pappus.Il est bien évident que si M se trouve dans l'un des coins triangulaires du carré, l'aire du quadrilatère correspondant sera inférieure au huitième de l'aire totale du carré ABCD, et que, si Pappus avait choisi de placer M dans l'un de ces coins tout en conservant la valeur de 100 cm² pour cette aire totale, il aurait indiqué d'autres valeurs pour les aires des trois quadrilatères, dont l'une inférieure à 12,5 cm² ...Bien amicalement, Jean-Louis B.
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Inspiré par @pappus (ravi de te relire !) puisque je lui dois l'info que le pôle $P$, le milieu $M$ de la polaire $AB$ et le centre $O$ d'une conique sont alignés, chose que j'avais complètement oubliée, peut-être pour n'avoir jamais essayé de la démontrer.Ci-dessous, l'ellipse d'équation $3x^2+4y^2=48$.$N$ est une de ses intersections avec la droite $OP=MP$.1. Pourquoi le partage du triangle $APB$ par la droite-rayon $MP$ en deux triangles $AMP$, $BMP$ d'aires égales, évident ci-dessus, reste-t-il vrai dans toutes les positions, beaucoup moins confortables, que peut prendre $P$ en dehors de l'ellipse ?2. Est-ce que la même droite $MN$ partage le segment d'ellipse (région délimitée par l'ellipse et sa corde $AB$) en deux régions d'aires égales ?Amicalement,Swingmustard
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Oh mais c'est déjà le réveillon avec tes dessins Swingmustard !
Il y a une infinité de rectangles solutions de la deuxième énigme de pappus : les construire tous !
Pour les calculs autant prendre celui qui en nécessite le moins :
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Voilà de quoi fabriquer un sujet d'ENS, auprès duquel le sujet de 1966 ferait figure de bluette !...Si brillant penseur que je sois, mes meilleurs souvenirs ne sont pas d'ordre intellectuel. (Sade)
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Ci-joint une construction de la figure (fichier à renommer en .ggb).
Bouger $B$ et $P$ (la construction n'intègre pas encore tous les rectangles limites). -
Cette nouvelle figure doit normalement inclure les rectangles limites, à vérifier. Bouger les deux points bleus, on peut aussi modifier la longueur des barres.Bonne année 2025 !
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Bonne année 2025, notamment à Ludwig en forme olympiqueConjecture (2) : si $O$ est le centre de la conique, et si $M$ est le milieu de la polaire vue comme un segment de droite $AB$, alors le rayon $OM$ partage le segment de conique (région délimitée par la conique et sa corde $AB$) en deux régions d'aires égales.Voici une autre confirmation, sur $xy=4$ avec 0,469 pour chaque aire.(Donnable en terminale : calculer la valeur exacte, de la forme $\dfrac ab-c\ln d$, où $a, b, c, d$ sont entiers.)On dirait ... Le mas des pins penchés.Amicalement,SwingmustardP.S.a) Le résultat est évident quand la conique est un cercle : le rayon fait office d'axe de symétrie entre les deux moitiés de segment circulaire,b) l'ellipse est l'image de son cercle principal par l'affinité orthogonale d'axe le grand axe et de rapport $b/a$.c) Application : en traitant mon segment d'ellipse comme la différence de deux segments de la même ellipse et dont une extrémité est le sommet, non seulement on démontre le résultat, mais en plus, le calcul des aires de régions se trouve très facilité : formule de l'aire du segment circulaire : $$\dfrac{R^2}2(\theta-\sin\theta)$$ qui évite la pénible intégration le long des arcs, que je me suis tapé bien évidemment.d) Pour l'hyperbole, j'imagine que je vais être encore plus surpris, mais que ça marchera d'une manière proche ?
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Une dernière énigme pour bien se réveiller!Bonne année à tous.Amicalementpappus
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Bonsoir,je profite de ce fil de discussion pour demander au vénérable Pappus, si on pouvait généraliser le lien entre les poids d'un barycentre de trois points avec les aires algébriques de triangles à une situation plus générale, sans restriction du nombre de points. Ou si le cas de trois points est une exception.
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Bonsoir, et bonne année à tous,
Sans précision supplémentaire sur le choix de $E$ et $F$ sur $[BC]$ et $[CD]$, que dire de plus:% Pappus - 01 Janvier 2025 - Triangulation d'un carré % La troisième énigme du fil clear all, clc A=[1; 0; 0]; B=[0; 1; 0]; C=[0; 0; 1]; % Sommets du triangle MBC % On prend l'aire de ABC comme unité, donc ABC=1 syms u v real D=[1; -1; 1]; % ABCD est un parallélogramme E=[0; 1-u; u]; % E est un point de [BC] % F est un point de [CD] F=SimplifieBary(Barycentre([C D],[1-v v])); % F=[v; -v; v+1] % Aires des triangles: ECF=Factor(AireBary(E,C,F)); % ECF=v*(1-u) FDA=Factor(AireBary(F,D,A)); % FDA=1-v ABE=Factor(AireBary(A,B,E)); % ABE=u AEF=Factor(AireBary(A,E,F)); % AEF=u*v-u+1 ABCD=Factor(ECF+FDA+ABE+AEF); % Vérification: ABCD=2
Cordialement,
Rescassol
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Bonne année quadratique @pappus !$$S^2=(S_B+S_C-S_D)^2+(S_C+S_D)^2-(S_C-S_D)^2$$
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Bonsoir,Le rayon $OP$, qui passe par le milieu $M$ de la corde $AB$ (polaire de $P$), partage le segment d'hyperbole en deux régions d'aires égales ?J'espère le démontrer en trouvant, comme pour l'ellipse, une transformation géométrique qui nous ramène au cercle principal.1. J'ai tenté avec l'homologie harmonique de centre le sommet $S$ et d'axe la perpendiculaire à l'axe focal passant par l'autre sommet, mentionnée par Wikipédia (page Hyperbole), mais (a) résultat bof, (b) même si ça avait marché, l'effet de cette transformation sur les distances et les aires n'aurait pas été aussi simple et utile que celui de l'affinité dans le cas de l'ellipse.2. Cela dit, le dessin en inspire un autre, qui a tout pour plaire.Problème : je ne parviens pas à identifier cette transformation.On dirait une homologie harmonique (ses birapports le sont) d'axe $AP$ avec, en guise de centre, toute la droite $AO$ ?Ci-dessous, l'hyperbole dans sa représentation plus connue, et encore son cercle principal.La question reste inchangée : quelle est la transformation qui envoie $A, B, M, N$ sur $A, B', M', N'$ ?Amicalement,Swingmustard
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Bonsoir,
A la suite de mon code précédent:ABC=1; syms X Y Z real % Expression X trouvée par Gai requin X=Factor((ABE+ECF-FDA)^2+(ECF+FDA)^2-(ECF-FDA)^2); % X=(u*v-u+1)^2=AEF^2 Nul1=Factor(ECF*ABC-(ABC-FDA)*(ABC-ABE)) Nul2=Factor(AEF*ABC+ABE*FDA-ABC^2) % On trouve Nul1=Nul2=0 syms ECF FDA ABE AEF ABC real Nul3=Factor(resultant(ECF*ABC-(ABC-FDA)*(ABC-ABE),AEF*ABC+ABE*FDA-ABC^2,ABC)) % On trouve: Nul=ABE^2 + 2*ABE*ECF - 2*ABE*FDA - AEF^2 + ECF^2 + 2*ECF*FDA + FDA^2; % Donc: Y=ABE^2 + 2*ABE*ECF - 2*ABE*FDA + ECF^2 + 2*ECF*FDA + FDA^2; X=Factor((ABE+ECF-FDA)^2+(ECF+FDA)^2-(ECF-FDA)^2); % X=(u*v-u+1)^2=AEF^2 Nul4=Factor(X-Y) % On trouve Nul4=0, ce qui confirme l'expression de Gai Requin
Cordialement,
Rescassol
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Merci Gai Requin pour avoir exhibé la signature de cette forme quadratique qui n'est pas définie positive!Cela soulève-t-il une question de construction si on se donne arbitrairement $S_b$, $S_c$, $S_D$ strictement positifs?Amitiéspappus
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Bonjour!
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