Calcul d'aire

celrek19

celrek19

Je n'y arrive pas aide svp 

plsryef

C'est neuf comme exercice.

L2M

Si les données sont complètes, alors la somme des aires des deux carrés en bleu ne dépend pas des aires de ces deux carrés mais plutôt de la distance $6$ entre leurs sommets "droite-haut".

gebrane

J'ai demandé à  Google de chercher  l'image , il me renvoie  vers l 'image avec solution. C'est pour dire que l'exercice est complet et faisable. Ne faites pas comme moi.

pappus

Bonne nuit Celrek et fais de beaux rêves

Tu appliques la première moitié du cours de géométrie c'est-à-dire l'Axiome de Thalès puis la seconde moitié, à savoir l'Axiome de Pythagore.

Amicalement

pappus

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

Plus précisément, voici la figure sur laquelle appliquer les deux Axiomes.

Amicalement

pappus

celrek19

Ce n'est pas encore claire que représente la première et la deuxième partie ici @pappus

celrek19

@gebrane puis-je avoir l'image dont tu parles c'est-à-dire celles qui contient les éléments de réponses.

pappus

Mon cher Celrek

As-tu compris la méthode que je préconise:

1° Appliquer l'Axiome de Thalès

2° Appliquer l'Axiome de Pythagore

Ma seconde figure est suffisamment explicite et contient tous les éléments de réponse!

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonsoir,

Si $a,b,c$ sont les côtés des trois carrés ($a$ pour le grand) leurs trois sommets haut-droite sont alignés si $a=b+c$.
La distance de $6$ donne alors l'équation $4b^2+4c^2=6^2$, d'où $b^2+c^2=9$.

Cordialement,
Rescassol

gebrane

pappus

Bonne nuit à tous

N'est-ce pas encore plus clair ainsi?

Amicalement

pappus

PS

Comme le disent nos amis vietnamiens: le 6, cent fous!

pappus

Bonjour à tous

Je ne dois certainement pas être le seul à être frustré.

Pas une seule solution détaillée digne de ce nom et Celrek19 semble avoir disparu de la circulation comme s'il se désintéressait de la question qu'il a posée.

Bref tout est normal sur notre forum!

Alors comme d'habitude je vais donner quelques explications.

D'abord le chiffre $6$ de la figure est un attrape-nigaud et il s'agit bien de considérer le cas général où le triangle $ABC$ est un triangle rectangle quelconque.

Avant de discuter sur la figure, il faut d'abord la tracer..

Il est clair que $AD$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{BAC}$.

De même, $FG$ est la bissectrice intérieure de l'angle $\widehat{CFD}$ et $EK$ celle de l'angle $\widehat{BED}$.

Il en résulte que ces bissectrices tracées en rouge sur ma figure sont parallèles.

Par projection du segment $EOF$ sur la droite $BC$ parallèlement à cette direction rouge, on voit que $D$ est le milieu du segment $GK$.

Il en résulte que le triangle rectangle $DMK$ se déduit du triangle rectangle $GID$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{GD}=\overrightarrow{DK}$.

On termine alors en appliquant l'axiome de Pythagore comme suggéré dans mon message précédent.

Exercice:

On note $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$ les longueurs des côtés du triangle rectangle $ABC$.

Calculer la longueur $\ell=GD=DK$.

Tracer l'enveloppe des hypothénuses $BC$ pour lesquelles $GD=DK=\ell$, quand les droites perpendiculaires, supports des cathètes $AB$ et $AC$ sont données.

Ceux qui sont terrorisés pourront toujours supposer que $\ell =6$!!

Amicalement

pappus.

pappus

Bonjour à tous

Réponses:

$$\ell=\dfrac{abc}{(b+c)^2}$$

Ci dessous le tracé de cette enveloppe en  bleu.

Les petits curieux chercheront à l'identifier dans mathcurve.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Cela ressemble beaucoup à la croix de Malte.

https://mathcurve.com/courbes2d/croixdemalte/croixdemalte.shtml 

Il y a sans doute des choses à creuser de ce côté là!

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Et effectivement, effectivement!

J'ai tracé la médiatrice de $GK$ en violet puis j'ai demandé au logiciel de tracer en violet son enveloppe.

Et j'ai obtenu la belle astroïde inscrite dans le cercle de centre $A$ et de rayon $2\ell$, prévue par Robert Ferréol.

Il ne reste plus à ceux qui ne sont pas obnubilés par les axiomes de Thalès et de Pythagore qu'à démontrer cela!

Et d'abord comment je me suis débrouillé pour tracer la croix de Malte?

Amicalement

pappus

bd2017

Bonjour

Pour le calcul de $l$  je  suis parti d'abord du calcul de la longueur de côtés du  grand carré  en fonction des longueurs des côtés perpendiculaires  $a$ et $b$du triangle rectangle .

Cette longueur est $\dfrac{ ab} {a+b.}$  Bien entendu  on peut appliquer cette formule pour les deux autres carrés mais bien entendu en remplaçant $a $ et $b$ et le calcul devient simple. On retrouve bien $L =\dfrac{a b \sqrt{a^2+ b^2}}{(a+b)^2}$  (mes notations étant différentes) .

Quant à la courbe je trouve pour son équation paramétrée  $ (x,y) =L  (2 \cos(u)^3 + \sin(u), \cos(u) + 2 sin(u)^3)$ 

pappus

Merci bd2017

Les calculs ne sont pas très compliqués.

Encore faut-il les détailler clairement!

Même remarque pour l'enveloppe.

Le résultat que tu as donné ressemble furieusement à celui de Robert Ferréol dans mathcurve

Mais plus que le résultat, c'est la méthode à suivre qui intéresse tes lecteurs!

Amicalement

pappus

bd2017

Oui, je sais. Désolé mais je n'ai pas le temps pour aujourd'hui. Donc demain peut-être. 

pappus

Bonjour à tous

J'ai refait la même figure à l'envers.

Je suis parti de l'astroïde pour aller vers la croix de Malte.

J'ai donc d'abord tracé le cercle $\Gamma$ de centre $A$ et de rayon $2\ell$.

J'ai pris un point $M$ quelconque de $\Gamma$ que j'ai projeté orthogonalement en $D$ et $D'$ sur les axes rouges en pointillé.

J'ai tracé l'astroïde enveloppe de $DD'$.

J'ai tracé la perpendiculaire en $D$ à la droite $DD'$. Son enveloppe est la croix de Malte en bleu

Puis j'ai reconstitué le triangle $ABC$ et les points $E$, $F$, $G$, $K$.

Il ne reste plus aux sectateurs des axiomes de Thalès et de Pythagore qu'à montrer que $DG=DK=\ell$.

L'avantage de cette construction est que les enveloppes sont bien mieux léchées!

Amicalement

pappus

*

pappus

Bonsoir à tous

Si on efface la croix de Malte et l'astroïde incongrues, cela devient une énigme à la Jean-Louis Ayme qu'on pourrait intituler; segments égaux.

Amicalement

pappus

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves.

Je suis triste!

Rendons à César ce qui est à César!

Ce n'est pas une énigme à la Jean-Louis Ayme.

Celle-ci est particulièrement triviale et aurait pu être posée au Collège ou au Lycée si la géométrie était vraiment enseignée!

Bof!

Sinon il nous reste toujours les points alignés et les droites concourantes!

Amicalement

pappus

bd2017

Bonsoir Voici donc mes calculs . Je reprends  les notations de @pappus . 

$c =AB , b=AC$.  $w=AE $  (côté du grand carré).  Ce grand carré partage le triangle ABC  en trois parties (un carré et 2 triangles) . 

Cela permet de calculer l'aire du triangle ABC  de 2 façons: 

$1/2 b c = w^2  +  1/2  ( b- w) w + 1/2(c -w)  w=1/2(b+c) w.$  D'où  $w=\dfrac{ bc}{b+c}.$

Pour la même raison, on a  $w_1=EL=\dfrac{(c-w) w }{c-w+w}=\dfrac{ b c^2}{(b+c) ^2  }.$  

 [de même on aurait $w_2=FI=\dfrac{ b^2 c}{(b+c) ^2  },$  ce qui conduirait au résultat $w_1^2+w_2 ^2=L^2= 9,$  puisque l'énoncé donne $2L=6$). 

Revenons au calcul de $L:$   Pythagore donne $L^2 = w_1^2 +(w-w_1)^2= \dfrac{b^2 c^2 \left(b^2+c^2\right)}{(b+c)^4} $. 

équation de la courbe.  Je pose   $u=\hat {A B C},$  c'est  dire $b=c \tan(u).$   On a donc  $L=  \dfrac{c \tan (u) \sqrt{\tan ^2(u)+1}}{(\tan (u)+1)^2}$

Ce qui donne en simplifiant  $c=L (  2 \cos(u)+ \dfrac{1}{\sin(u) }  , b=L (  2 \sin(u)+ \dfrac{1}{\cos(u) }. $

L'équation de la droite (BC) est :  $x/b+ y/c=1$  et pour obtenir l'enveloppe on cherche l'intersection avec la droite $ x(1/c)' + y (1/b)'=0$  ( ' désignant la dérivée par rapport à $u$).

pappus

Merci bd2017 d'avoir eu la gentillesse de présenter tes calculs.

Pour ma part, je n'en ai fait aucun!

Je me suis contenté de visiter le site mathcurve de notre ami Robert Ferréol que nous ne remercierons jamais assez.

Je savais que l'enveloppe était une sextique.

J'ai donc regardé le site à cet endroit et j'ai trouvé très rapidement la croix de Malte avec sa description géométrique via l'astroïde.

Le reste de la démonstration est élémentaire comme je l'ai dit.

Encore faut-il la faire sur ma dernière figure!

Passe une bonne nuit et fais de beaux rêves.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Sur la figure ci-dessous, je projette orthogonalement le point $K$ en $H$ sur la droite $FG$.

Les triangles rectangles $GHK$ et $D'AD$ ont leurs côtés correspondants orthogonaux.

Ils sont donc directement semblables.

De plus $HK=EF=AD$.

Ils sont donc isométriques (une isométrie méconnue?) et se déduisent l'un de l'autre par une rotation d'angle droit, ce qui entraine:

$$GK=D'D=AM.$$

On récupère bien la génération tangentielle de la croix de Malte via l'astroïde!

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

En fait comme le dit Robert, on n'obtient qu'une demi-croix de Malte.

Pour avoir la croix en entier, j'ai tourner la demi-croix de 90° autour du point $A$.

Amicalement

pappus.

bd2017

Bonjour

J'ai 2 questions concernant ce problème.

a)  Quand je fais  varier  $u$  (  l'angle  ACB)   entre  $0$  et $\dfrac{\pi}{2},$ de la croix de Malte,  je n'obtiens   que la partie située entre les 2 points de rebroussement,  celle située au-dessus de l'hypoténuse. Je me demande à quoi correspond le reste.

b)  Par le calcul, je trouve que le point de contact  est le projeté orthogonal de $M$  sur $( BC).$  Mais peut-on l'expliquer sans calcul?   

pappus

Bonjour bd2017

Ce résultat s'explique par la défunte théorie des mouvements plan sur plan disparue pour toujours de notre culture.

Regarde mon avant-dernière figure.

Tu as une bande de papier $DD'=AM=2\ell$.

Tu as un plan mobile associé à cette bande de papier dont le centre instantané de rotation est le point $M$.

La droite $BC$ est liée ou fixe dans ce plan mobile puisqu'elle est perpendiculaire en $D$ à la droite $DD'$.

Donc son point de contact avec son enveloppe, la (demi-)croix de Malte est la projection orthogonale du centre instantané de rotation sur $BC$.

Amicalement

pappus

bd2017

Merci @Pappus. C'est  plus visible comme cela plutôt que de chercher  le point de contact par le calcul .

Maintenant à propos de l'enseignement des mouvements plan sur plan, c'est bien un problème de cinématique et cela doit être surement enseigné en physique et dans les écoles d'ingénieur. Du moins, je l'espère.

Rescassol

Bonjour,

Je trouve pour équation de l'enveloppe $T_6+T_4+T_2=0$ avec:
$T_6=(x^2+y^2)^3$
$T_4=-l^2(13x^4+36x^3y-82x^2y^2+36xy^3+13y^4)$
$T_2=128l^4(x-y)^2$

Cordialement,
Rescassol

Edit: J'ai corrigé une faute de frappe. Merci bd2017.

bd2017

Bonjour @Rescassol dans $T_4$  le coefficient de $x^2 y^2$  n'est pas $- 52$  mais $- 82$. 

celrek19

Désolé pour le retard j'avais vraiment pas de connexion je viens juste de me connecter 

celrek19

Pour ma part je pense que vous allez un peu trop loin voici ce que moi je propose avec mon niveau 

celrek19

celrek19