Aire rationnelle d'un triangle quelconque
dans Arithmétique
Bonjour à tous
Notre enseignant d'algèbre et arithmétique nous demande de montrer que l'aire d'un triangle quelconque du plan euclidien est rationnelle.
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Merci.
Notre enseignant d'algèbre et arithmétique nous demande de montrer que l'aire d'un triangle quelconque du plan euclidien est rationnelle.
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Réponses
Or il est question de triangle quelconque.
Ou je n'ai peut-être pas compris votre réponse.
En quel niveau sommes-nous ?
Cordialement
PS. Si quelqu’un sait définir ce qu’est un triangle quelconque, alors il est très fort.
Il y a peut-être une confusion avec « triangle non particulier », « scalène » ou je ne sais quoi.
Je ne me moque pas.
Prenons un triangle $1$, $2$, $\pi$, j’imagine que ça doit fonctionner aussi.
Édit : haha, comme me l’a fait remarquer marsup, ce n’est pas un triangle ;-)
Si l’aire d’un triangle rectangle n’est pas rationnelle, alors il en est de même pour toute une famille de triangles non rectangle mais dont un sommet se balade sur une droite parallèle à un côté.
Reprenons : quel est l’énoncé exact ?
Odile0502, ce qui est vrai pour un triangle quelconque doit être vrai pour un triangle particulier.
Cordialement,
Rescassol
Le carré de l'aire d'un triangle de côtés rationnels est rationnelle (d'après la formule de Héron).
Je suis en reprise d'études ; c'est pour ça que je vous parais certainement " paumée" ...
L'énoncé exact est
"On considère le plan euclidien. Soit n supérieur ou égal à 3 un entier. Montrer qu'il existe n points vérifiant :
l'aire du triangle déterminé par 3 quelconques de ces points est rationnelle."
Voilà.
Est-ce que ça vous éclaire un peu plus ?
Merci
Ce n’est pas équivalent à ce que tu as donné en ouvrant ce fil.
Ici on a « démontrer qu’il existe ... ».
Prenons $n=3$, sais-tu démontrer qu’il existe 3 points qui forment un triangle d’aire rationnelle ?
Prenons $n=4$, sais-tu démontrer qu’il existe 4 points tels que quel que soit le triangle formé par trois de ces points, son aire est rationnelle ?
C’est pour la compréhension de l’énoncé. Je ne dis pas que cela servira de preuve ensuite.
On imagine également qu’on souhaite des points tous distincts...
Rappel, l'aire algébrique du polygone formé par $n$ points $2D$ est $\displaystyle\dfrac{1}{2}\sum_{k=1}^{k=n}(x_ky_{k+1}-x_{k+1}y_k)$ en supposant que le point $n+1$ est une répétition du point $1$.
Cordialement,
Rescassol
J’ai une démonstration « de collège » qui doit fonctionner.
Je calcule l’aire dudit triangle (n’importe lequel) par soustraction de l’aire rationnelle d’un « grand » rectangle et de quelques triangles rectangles (trois au plus) d’aires rationnelles.
Je m'attèle à construire un beau triangle dans un rectangle , je vais choisir cette méthode là je pense
C’est plutôt le triangle qui est imposé.
Un triangle étant un cas particulier de polygone, tout triangle dont les sommets ont des coordonnées rationnelles a une aire rationnelle également.
Cordialement,
Rescassol
La solution de Rescassol me semble la plus simple.
Pour corser la chose, on peut demander de plus que les distances mutuelles de ces points soient toutes irrationnelles : ceci a été posé aux Olympiades internationales en 1987, à Cuba.
Bonne Soirée.
Fr. Ch.
Le problème 5 des Olympiades internationales de 1975 (Bulgarie) demandait s'il y a 1975 points du cercle-unité dont les distances mutuelles sont toutes rationnelles. En fait, il y a une infinité de tels points : comme disait Greitzer, c'est un « problème non sectaire », car le nombre 1975 n'a aucune importance dans la solution. On peut trouver ces points à coordonnées rationnelles, qui forment donc, suivant Rescassol, des triangles d'aires rationnelles. Pour le prouver, on peut utiliser une inversion, ça fera plaisir à nos amis géomètres.
Si l'on se contente d'un nombre fini $n$ de points, une homothétie convenable permet d'obtenir $n$ points cocycliques à coordonnées entières, formant des triangles d'aires entières, et dont les distances mutuelles sont des entiers.
Par contre, il n'existe pas une infinité de points non tous alignés dont les distances mutuelles soient toutes entières. C'est le théorème d'Anning-Erdös (1945), redécouvert par Choquet-Kreweras.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Je n'ai pas compris cette « grille ».
Voici une solution du problème OIM 1987-5 :
https://artofproblemsolving.com/wiki/index.php/1987_IMO_Problems/Problem_5
Pour prouver que les aires des triangles sont rationnelles, plutôt que d'invoquer le « théorème de Pick », je préfère l'argument de Rescassol, qui aurait dû le citer juste pour un triangle, inutile de passer par les polygones.
Voir aussi la solution, avec prolongements, dans : Paul Bourgade, Olympiades internationales de mathématiques 1976-2005, Cassini, 2005. Ouvrage plein d'intérêt, nourri d'une profonde réflexion personnelle, bien autre chose que les livres fabriqués comme plates compilations de corrigés trouvés sur Internet, je ne cite personne par charité.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Un grand merci:-)
J'en ai rédigé une autre, qui utilise une presque-inversion dans le plan complexe. Je pars d'une suite de rationnels $r_n$ tels que $\sqrt {4+r_n^2} $ soit rationnel : il suffit de prendre $r_n=n- \frac1n$, $n \in \mathbb N^*$. Soit alors $u_n=2+ir_n$, et $z_n=\frac 4{u_n}$ (c'est ça, la dite presque-inversion). Ces points $z_n$ sont tous distincts, ils sont à coordonnées rationnelles, ils forment donc des triangles à aires rationnelles, leurs distances mutuelles sont rationnelles, et ils sont sur le cercle $|z-1|=1$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.