Carré dans triangle

oui bien sûr Domi, perp en Q à AC. Eh bien une rotation autour de H dans un sens ou dans l'autre, décolle M et Q, et une rotation dans le bon sens, celui qui éloigne N du pied de H sur la droite BC (le segment et l'augle en B n'interviennent pas) décolle aussi N.

Domi, mon premier * était pour déterminer la "petite* rotation" qui doit laisser N et Q dans ABC

Ok, cette fois-ci j'ai percuté. Désolé, mais en fin de semaine, je fatigue.
Gérard

D'accord GG pour le deuxième cas , je m'évertuais à chercher tous les centre de rotation possible alors que malicieusement tu en choisis un ce qui est franchement plus économique et je pense tout à fait correct . Mais pour le cas du sommet du carré sur le sommet du triangle je ne comprends pas ta manoeuvre qui contredit d'ailleurs mon message précédent si l'angle obtus est inférieur à 3.pi/4 le carré me semble bien coincé .

A+ Domi , content de te retrouver .

D'accord GG , donc la question initiale est résolue et je crois que tout cela peut s'écrire simplement et en toute rigueur . Reste à trouver parmi les deux ou trois carré possible celui ou ceux qui réalise l'aire maximale .

A+ Domi

Bonjour GG , je découvre ton message à l'instant car j'ai eu un gros problème aujourd'hui ( mais bon , passons ) . En première lecture ton plan semble intéressant j'essaie de mettre celà en forme avec quelques petits dessins pour ceux qu'il veulent suivre sans trop se fatiguer . Sinon , d'accord , le problème n'est pas complètement résolu .

A+ , Domi

Domi, c'est pas pour régler le cas du carré ..., c'est pour justifier que dans ce cas, le quatrième sommet reste bien strictement dans le carré avec la rotation qui décolle les trois autres sommets, ainsi que pour justifier que dans le cas d'un sommet confondu avec un sommet du triangle et le sommet opposé sur le côté opposé, les deux autres sommets restent bien strictement dans le triangle avec la rotation qui décolle ce sommet opposé, ces justifications étant faites proprement une fois pour toutes ...

Oumpapah,

Soit ABC un triangle d'angles intérieurs a,b,c tel que AB <= AC <= BC,
a > pi/2. On a c <= b, c+b < pi/2, c < pi/4.
Soient x1, x2, x3 les côtés des carrés intérieurs à ABC construits respectivement sur AB, AC, BC, et dont les deux autres côtés d'ABC contiennent un sommet.

J'ai déjà montré que

x1 = AB.sin b / (sin b + cos b)
x2 = AC.sin c / (sin c + cos c)
x3 = AC.sin a.sin c / (sin a + sin b.sin c)

x1/x2 = (sin c + cos c) / (sin b + cos b) = sin(c + pi/4) / sin (b + pi/4)
Comme c <= b, x1/x2 <= 1, à moins que pi - (b + pi/4) ne soit inférieur à c + pi/4, soit b+c > pi/2, ce qui est exclus. Ainsi, le plus grand carré sur un des côtés de l'angle a est sur le plus grand.

Il faut maintenant comparer x2 et x3.
As-tu une idée ?

bonjour à tous

je pense que : d'aprés la Démo de GG et comme on le voit sur la figure géom de Domi, par déduction, que dans le cas d'un triangle obtu, le carré maxi repose sur l'hypoténuse .
d'aprés la Démo de GG,
dans le cas d'un triangle d'angle interieur il repose sur le petit côté,

j'ouvre ce triangle il devient rectangle ("je garde toujours mon carré de côté X, =17Mm par ex") l'hypoténuse se rapproche de l'angle oposé: l'angle droit ;
mon carré qui reposait sur le petit côté du triangle d'angle interieur se décale en direction de l'angle droit il repose toujours sur le petit côté , puis j'obtient mon angle droit, mon triangle est rectangle, le 2ème côté de ce triangle rectangle a augmenter de 3.5 il est passé à 4, de tel sorte que mon carré qui était aussi en contact avec l'hypoténuse l'est toujours ,

On peu dire que mon carré maxi, a deux côtés inclus dans les deux côtés de ce triangle rectangle et son quatrième sommet toujours en contact avec l'hypoténuse.
(tri rect de 3,4 et 5 d'hypoténuse carré de côté X =1,7 )

je continu, j'ouvre encore mon triangle il devient obtu.
mon carré ne peut plus se déplacer sur la gauche, il est bloqué dans l'angle obtu ! pour garder le contact avec l'angle obtu est l'hypoténuse je n'ai plus que deux sommets du carré en contact dans ce triangle , pour garder le contact avec l'hypoténuse il m'a fallu là aussi rallonger les deux côtés du triang rect,(ou même un seul), pour éloigner l'hypoténuse de langle obtu, de tel sorte qu'il garde toujours le contact avec le sommet du carré.

il est clair que mon carré de 1,7 n'est plus maxi dans ce nouveau triangle obtu, pour garder mon carré Maxi de côté X = 1,7 il me faut le faire reposer sur lhypoténuse, raprocher lhypoténuse de l'angle oposé ("obtu") de tel sorte qu'a nouveau, les deux sommets de ce carré reviennent en contact avec les deux côtés du triangle obtu et aucun sommet du carré ne peut donc se trouver dans l'angle obtu.
pour résumer ,carré de côté x =1.7 sommet M N P Q

1) trian inter, sommet P en contact sur hypoténuse et Q en contact sur le grand côté, M N sur petit côté

2) tria rect : M N sur petit côté, P en contact avec Hypoténuse et M Q sur grand côté

3) trian obtu: M en contact avec petit côté, N P sur hypoténuse et Q en contact sur grand côté.

Bonjour domi ,GG et consorts

J'ai la solution complete du pb initial mais me contente ici de regler le sort du triangle ,disons obtus en A

notations: H est le pied sur BC de la hauteur issue de A

H est entre B et C
on pose AH=h ; BH=u ;HC=v
on a uv>=h² (traduction de angle en A obtus)

on suppose 0<=u <=v et h>0

le carré "latéral" de plus grande aire est construit surAB et il a pour aire

F(u,h)=h²(u²+h²)/(u+h)²


le carré "droit" construit sur BC a pour aire

G(u,v,h) = [ h(u+v)/(u+v+h) ]²

(exo de college, ainsi que la construction..)

Comparaison de F et G :

F(u,v,h) -G(u,h) a le signe de

f(u,v,h)=h^3 +2(u+v)h²+u²h -2uv(u+v)

pour u et v fixes on a un polynome en h qui s'annule pour une valeur positive unique ho laquelle est au plus egale à (uv)½

moralite : selon la position de h par rapport à ho le carre le plus grand est soit l'un soit l'autre avec egaalite pour h=ho

on peut tester le resultat en prenant u=6, v=14
on a alors ho=8 et on calcule les aires pour h= 7,8,9 , (84)½..

(pour plus de détails , m'envoyer un courriel direct!)

Oump

Ok Oumpapah,

je prends note aussi . Un peu deçu toutefois que h0 soit défini comme racine d'un polynôme , j'aurais bien aimé une résolution plus géométrique , je ne désespère pas compètement ( mais un peu quand même ) .

Domi

Oui , Oumpapah ( pour le degré 3 ) , je vais quand même regarder , sans trop y croire , avec d'autres approches géométriques . Pour la rotation , GG avait déjà eu la même idée , je l'ai d'ailleurs intégrée à mon dernier PDF .

Bonne journée .

Domi

Re

Je rectifie ( et précise...) la définition du point D
On prend D tel que AD soit égal à HC ... Bien sûr... ( AHCD est un carré)

Oump.


[Quoi ? A quoi suis-égal ? AD]

Re RE RE

ça devient grave..

AD=AH comme chacun s'en est aperçu..

je me condamne à 15 jours de repos..

Oump.

bonjour Domi

Thales fonctionne tres bien..

avec mes notations : la parallele à AH issue de K coupe BC en L et AD en M

on a tranquillement AD/BC=KM/KL

soit h/BC = (h-KL)/KL

D'ou en notant BC=a

h.KL= a.(h-KL)
soit
KL= a.h/(a+h)

Oump.

Dans la série , de plus en plus simple , une démonstration purement géométrique du fait que le plus grand carré inscrit dans un triangle T = ABC acutangle repose sur le plus petit côté .
Supposons par exemple que les angles ABC > ACB , donc AB < AC . Soit K = PQRS le carré extrémal reposant sur [AC] ( voir figure jointe ) . Notons [AH) la bissectrice de l’angle BAC avec H sur [BC] et M’ le symétrique d’un point M par rapport à la droite (AH) . R est plus près de (AB) que de (AC) ( en effet d(R,(AC)) = RS = RQ > d(R,(AB)) ) donc R appartient au segment [HB] . Comme ABC > ACB , R’ est dans T et comme ABC est aigu , S’ est dans [AB] ( (R’B’) est perpendiculaire à (AB) ) . Pour finir , P’ et Q’ appartiennent aux côtés [AB] et [AC] donc K’ est contenu dans T . Or K’ ne touche pas le côté [BC] et ne peut donc pas être maximal . K’ n’est pas maximal et K non plus , le plus grand carré dans T repose sur le plus petit côté .
Reste le cas du triangle obtusangle .

Domi

bravo Domi pour l'endurance
j'y ai rejeté un coup d'oeil :
triangle ABC obtus en C, h hauteur en C, H pied, c = AB, a = BC
condition pour un carré de côté 1 à la fois sur AB et sur BC :

c/1 = h / (h-1)

h = c/(c-1)

HB/h = (a-1)/1
HB^2 + h^2 = a^2
h^2.(a-1)^2 + h^2 = a^2

a = c/(2c-1).(c +- rac(c^2 - 4c + 2))

Il faut maintenant touiller tout ça

Domi, oublie mes élucubrations. La condition sous forme d'inégalité que j'obtiens à l'aide de la formule de Héron pour savoir si le plus grand carré est sur le plus grand côté ou le moyen d'un triangle obtusangle est une horreur

bonjour Domi.
figure 2,
le carré maximal repose bien sur le côté B P de ce triangle obtu A.B.P et où 2 sommets du carré touchentles côté A B et P A
ce carré jaune était maximal pour le triangle rectangle fig 1,
il est maxi en rouge fig 2
et il était maxi fig 0 en reposant sur le petit côté du triangl aiguë.

moralité pour garder le triangle Maxi de même aire dans les trois cas.
en partant du T rect, il faut bien faire pivoter le carré pour l'amenner et le faire reposer sur L'hypoténuse B P,
donc il fallait ralonger B P ainsi que A P , dans un premier temps, mais si la Hauteur h entre x et y, ne varrie, tel qu'on le voit sur la figure 2,
on peu amener le côté du carré jaune sur A.P , d'où on décolle deux sommets du carré, qui se trouvent a l'interieur du triangle,
et ne sont plus en contact , or pour faire toucher le carré rouge tel qu'il apparait fig 2 il faut baisser la hauteur h entre x et y pour qu'il soit maximal;
de tel sorte que si on le remettait dans sa position sur le triangle rectangle dont le côté A K a diminué, puisque h de x. y et réduit, il aurait un sommet a l'exterieur de l'hypoténuse.
le carré maximal pour une aire donnée et fixée, dans un triangle obtuangle repose bien sur le plus grand côté.

Une nouvelle approche , plus simple mais pas complètement concluante . On considère toujours notre triangle obtusangle ABC avec AB < AC < BC et le carré bleu extrémal reposant sur [AB] . Si le carré extrémal rouge reposant sur [BC] a la même aire que le bleu alors ces carrés sont symétriques par rapport à la bissectrice de l’angle B . Plus précisément l’aire du carré rouge est supérieure à celle du bleu si et seulement si le symétrique du carré bleu par rapport à la bissectrice de l’angle B est dans ABC . Le problème se ramène donc à la question : à quelle condition P’ est-il dans ABC ( voir figure ) ?

A+ Domi

l.g , je vais essayer de te répondre , en effet je n’ai pas été très clair ( je suis en phase ‘recherche’ et j’ai souvent tendance dans ce cas , à partir tous azimuts sans rien expliquer ) .

Je me place dans le cas d’un triangle obtusangle avec AB < AC < BC . On sait alors que le plus grand carré contenu dans le triangle repose sur l’un des côtés [AB] ou [BC] et que ce carré est en contact avec les trois côtés du triangle . J’appelle BLEU le carré extrémal reposant sur le côté [AB] , ce carré a un sommet en A et un sommet P à l’intérieur du triangle . On note K le point d’intersection de la demi-droite [AP) avec le côté [BC] . Maintenant afin de savoir si le carré BLEU est maximal , je laisse fixe le côté [AB] et je considère un point C’ se déplaçant sur [BC) . Si partant de C , on éloigne C’ de K le côté du carré extrémal ROUGE reposant sur [BC’] grandit pour tendre vers sa limite AH > AP ( H le pied de la hauteur issue de A) . De la même façon , on peut déplacer C’ partant de C en le rapprochant de K , le côté du carré ROUGE diminue jusqu’à ce que C’ arrive en K , le côté de ROUGE est alors inférieur à AP en effet le plus grand carré dans un triangle rectangle repose dans l’angle droit . Comme dans le déplacement de C’ , le carré BLEU ne change pas , il existe une position de C’ et une seule dans [KC) notée L telle que le côté du carré ROUGE soit le même que celui du BLEU . Si C’ est en L , les carrés ROUGE et BLEUS superposables et symétriques par rapport à la bissectrice de l’angle B . En particulier P’ le symétrique de P par rapport à la bissectrice est sur [AL] il est alors évident que si on déplace C’ de part et d’autre de L , P’ va entrer ou sortir du triangle ABC’ .

Voilà , j’espère avoir été clair , d’autant que je viens de me rendre compte que rien ne prouve que AL > AB . J’espère que cela ne change rien !!!

A+ Domi

Bonsoir Domi,

si on reprend mes notations avec u,v,h tels que 0<u<=v et uv>=h²

on se ramenait à etudier le signe de

f(u,v,h)=h^3 +2(u+v)h² =u²h -2uv(u+v)

et j'avais pris h comme variable pour u et v fixes

mais..et la tu vas reprendre espoir (!) , en te suivant, on fixe u et h et on fait varier v et , on est heurux de constater qu'on a f trinome en v
ce qui t'ouvre des perpectives géométriques..
( le discriminant n'est pas antipathique d'ailleurs)

on peut tester dans le cas particulier u=h (qui n'est qu'un cas particulier
je le signale à i.g en passant)

bonne nuit les petits.

Oump.

Bon encore une nouvelle approche qui vient compléter la précédente .

Rappel :

Pour un triangle obtusangle ABC avec AB < AC < BC et P le sommet à l’intérieur de ABC du triangle extrémal reposant sur [AB] . Le carré maximal dans ABC repose sur [BC] si et seulement si le symétrique P’ de P par rapport à la bissectrice de l’angle B est dans ABC .

Je considère un triangle ABC avec les hypothèses ci-dessus et je fixe B et C et je déplace le point A sur un arc de cercle de centre B pour obtenir un nouveau triangle A’BC . Pour que A’B reste inférieur à A’C , A’ ne doit pas traverser la médiatrice de [BC] . Pour que l’angle A’ reste obtus , il faut que A’ ne traverse pas la perpendiculaire à (AC) passant par B . La trajectoire du point A’ est représentée en bleu sur la figure jointe .

Quand le point A’ est à l’une des extrémité de sa trajectoire , le triangle A’BC est isocèle ou rectangle . Le cas du triangle rectangle déjà étudié nous dit que le carré reposant sur [A’B] est le plus grand donc P’ est à l’extérieur de A’BC . L’étude du triangle A’BC isocèle en A a été amorcée par Oumpapah et complétée par GG ( j’ai oublié le résultat , je vérifie tout à l’heure ) . Si le point P’ correspondant à ce triangle est à l’extérieur du triangle ( c'est-à-dire que le plus grand carré dans A’BC repose sur [A’B]) alors la conclusion s’étend à ABC . Si maintenant le point P’ est à l’intérieur de A’BC , alors dans le déplacement du point A’ , P’ traverse le côté [AC] une seule fois , reste à repérer de quel côté de cette traversée se situe le point A initial c'est-à-dire ( et on y revient ) caractériser les triangles ayant deux triangles maximaux .

Une petite remarque pour finir :

Dans le déplacement du point A’ , le point P’ semble se déplacer toujours dans le même sens sur une droite perpendiculaire à [BC] ( en rouge sur le dessin ) ce qui peut faire penser que la transformation A’->P’ est une inversion .

J’en suis là (las ?) .

A+ Domi

Allez , la même approche mais à l’envers .

T = ABC un triangle obtusangle avec AB < AC < BC . Sur le côté [BC] et dans le demi-plan contenant A , on construit un carré K =BOMP avec O dans [BC] et BO = BA . On considère l’homothétie H de centre O amenant P en P’ sur [AB] et on note K’ = B’OM’P’ l’image de K par H . Il est clair que l’image de M’ par la symétrie S d’axe la bissectrice de l’angle ABC est dans T ( il est sur la perpendiculaire en A à (AB) ) , alors l’image de K’ par S est le carré extrémal dans T reposant sur [AB] . Si M’ est dans T , le carré maximal repose sur [BC] , si M’ est extérieur à T le carré maximal repose sur [AB] et si M’ est dans le segment [AC] le triangle admet deux carrés maximaux . La position du point M’ permet de définir la position du plus grand carré , ce que l’on peut considérer comme un début de solution géométrique ( à préciser toutefois ) .

Sur la figure jointe , le carré maximal repose sur [BC] .

A+ Domi .

bonjour Domi
de toutes les façons il ne pouvait pas reposer sur le plus petit côté A.B.

trés bien vu, le fait qu'il peut reposer sur les deux côtés soit sur BC soit sur AC!
je vien de faire l'essai avec un carré de 2cm que j'ai découpé.
trés bonne journée Domi.