Grand oral X-1963
Bonjour tout le monde
voici un exo sorti au grand oral de l'X en 1963.
On se donne un triangle ABC et on construit au dehors trois triangles A'CB, CB'A et BAC' semblables tels que dit. Montrer que le triangle défini par leurs centres de gravité leur est semblable !!!
Bonne après-midi.
voici un exo sorti au grand oral de l'X en 1963.
On se donne un triangle ABC et on construit au dehors trois triangles A'CB, CB'A et BAC' semblables tels que dit. Montrer que le triangle défini par leurs centres de gravité leur est semblable !!!
Bonne après-midi.
Réponses
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heureusement qu'il n'y a plus ce genre de question aujourd'hui....
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Un coup de transformation affine dans un sens, l'application du théorème de Napoléon, et un coup de transformation affine dans l'autre sens ne règlerait-il pas le problème ?
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Bonjour Blue\c/.on construit au dehors trois triangles A'CB, CB'A et BAC' semblables
Je pense que les triangles doivent être directement semblables tous trois et que l'on ne peut avoir deux directement semblables et le troisième qui leur serait indirectement semblable.
Bruno -
bonjour Bruno
les triangles sont énumérés comme dit. -
Mais, si j'appelle A" le symétrique de A' par rapport à la médiatrice de B et C, les triangles A'BC et A"BC sont (indirectement) semblables, et les trois triangles A"BC, B'CA et C'AB sont deux à deux semblables. Je ne vois pas comment conclure à moins de préciser que les trois triangles sont directement semblables. Sauf à préciser que les similitudes indirectes ne sont pas au programme ; mais si l'on travaille avec des "triangles semblables" comme au collège de l'époque, ces triangles risquent fort d'être indirectement semblables.
Bruno -
De toutes façons un petit coup de calcul complexe donne le résultat : les affixes de B, C et A' ; A, B et C' ; C, A, B' annulent la même forme linéaire et du coup, les sommes d'affixes annulent cette même forme linéaire. Mais si tu viens mettre une similitude indirecte, le résultat n'est plus vrai.
Bruno -
Voici la figure où comme l'a dit Bruno les trois triangles $A'CB$, $CB'A$, $BAC'$ sont directement semblables.
L' absurdité monumentale de l'énoncé de Blue, c'est bien de construire au dehors , ce qui n'a aucun sens mathématique!
1° En dehors de la solution par les complexes adorés de Bruno, existe-t-il une preuve synthétique?
2° Quelle est la situation relative des 3 centres de similitude entre les triangles $A'CB$, $BC'A$, $BAC'$ ?
La réponse est assez surprenante!
3° Quelle est la nature des correspondances $A' \iff B' \iff C'$?
Amicalement
Pappus
PS
Voici par exemple un autre aspect de la même figure: -
personne pour donner une solution à l'une ou l'autre des questions posées ?
je dispose pour ma qustion de départ d'une preuve vectorielle mais elle ne me plait pas. -
Voici peut-être la solution à laquelle pensait Bruno.
J'identifie le plan au plan complexe et les points avec leurs affixes.
Je garde aussi les notations de ma figure.
Tout d'abord un petit lemme facile à démontrer.
Les classes de similitude directe d'un triangle sont repérées à un facteur multiplicatif non nul près par la donnée d'un triplet $(\alpha _1, \alpha_2, \alpha_3) \in \C^3$ avec $\alpha _1\alpha_2\alpha_3 \ne 0$ et $\alpha _1+\alpha_2+\alpha_3 = 0$
Les triangles $z_1z_2z_3$ appartenant à cette classe de similitude vérifient alors:
$\alpha_1z_1 + \alpha_2z_2+\alpha_3z_3 = 0$.
Les triangles $A'CB$, $CB'A$, $BAC'$ étant directement semblables, il existe donc d'après le lemme un triplet $(\alpha, \beta, \gamma) \in \C^3$ avec $\alpha \beta \gamma \ne 0$ tel que:
$\alpha A' +\beta C + \gamma B = 0$
$\alpha C +\beta B' + \gamma A = 0$
$\alpha B +\beta A + \gamma C' = 0$
Les centres de gravité de ces 3 triangles ont pour affixes:
$a = \dfrac{A'+B+C} 3$, $b= \dfrac{B'+C+A}3$, $c=\dfrac{C'+A+B} 3$
Un calcul trivial montre immédiatement que:
$\alpha a + \beta b + \gamma c =0$
CQFD
Beaucoup plus intéressantes sont les questions que j'ai posées!
Amicalement
Pappus -
Exactement pappus.
Bruno -
Les correspondances $A' \iff B' \iff C'$ sont des transformations circulaires directes!
Quels sont leurs points fixes et leurs points limites?
Amicalement
Pappus -
De la similitude directe entre les triangles $A'CB$ et $CB'A$, on en déduit l'égalité des rapports:
$\dfrac{A'-B}{C-B} = \dfrac{C-A}{B'-A}$ ou encore:
$(A'-B)(B'-A) = (C-A)(C-B)$
prouvant que si $B' = \tau(A')$, alors $\tau$ est une transformation circulaire directe, son point limite objet est $B$ et son point limite image est $A$ et $C$ est l'un des points fixes. L'autre point fixe est le point $F = A+B-C$ c'est à dire que le quadrilatère $BCAF$ est un parallélogramme.
Les deux autres correspondances se traitent de façon analogue.
Amicalement
Pappus
PS
Il reste à élucider la situation relative des trois centres de similitude entre les triangles $A'CB$, $CB'A$ et $BAC'$. -
Les 3 centres de similitude sont confondus!
Amicalement
Pappus -
Cette figure montre une construction possible de ce centre de similitude commun que j'ai noté $\Omega$.
On construit les quadrangles harmoniques:
$(B', C', A, A") = (C', A', B, B") = (A', B', C, C") = -1$
Le point $\Omega$ est alors le milieu commun des segments $AA"$, $BB"$, $CC"$.
Il faut noter que les applications $\Omega \mapsto A'$, $\Omega \mapsto B'$, $\Omega \mapsto C'$ sont des transformations circulaires directes.
Quels sont leurs points fixes et leurs points limites?
Amicalement
Pappus -
Bonjour,
rédigeant actuellement un article concernant deux triangles semblables adjacents par un sommet et un triangle, j'en suis venu à m'nteresser à ce problème mis dans mes archives...
Je viens de trouver qu'une preuve synthétique réside à une application directe du théorème de Petersen-Schoute que l'on peut trouver dans Geometry revisited de Coexter...
Il me reste plus qu'à finaliser ma preuve....
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour à tous
Je remarque que onze ans après ce fil initié par Blue, personne n'a répondu à la moindre de mes questions.
Normal puisque la géométrie circulaire a disparu définitivement depuis belle lurette!
Amicalement
[small]p[/small]appus
-D 
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Bonjour!
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