le triangle équilatéral

djelloul sebaa · February 2015

Bonjour.

ABC triangle équilatéral de base BC et de sommet A.
Le point O est le centre de gravité.
Le point D appartient au segment [AB].
Le point E appartient au segment [AC].
Les points D .O .E étant alignés.
Question.
Calculer la longueur DB pour que l'on ait DB.BC = DE.

Djelloul Sebaa

Bruno · February 2015

Ça me paraît très difficile, puisque la formule $DB.BC = DE$ n'est pas homogène.

Bruno

Rescassol · February 2015

Bonjour,

Donc, une fois le triangle $ABC$ tracé, quelle que soit la position de $D$ sur $[AB]$, il existe une unité de longueur telle que ce soit vrai.
Et comme d'habitude, qu'as-tu fait ? Qu'est-ce qui te bloque ?................

Cordialement,

Rescassol

djelloul sebaa · February 2015

Bonjour.

Lire BD.BC = DE.AO au lieu de BD.BC = DE

Djelloul Sebaa

Rescassol · February 2015

Bonne nuit,

Je répète:

Et comme d'habitude, qu'as-tu fait ? Qu'est-ce qui te bloque ?................

Lis la charte.
On peut t'aider, mais on fera pas le travail à ta place.

Cordialement,

Rescassol

poulbot · February 2015

Bonsoir
au vu de l'équation à résoudre, il y a de quoi être bloqué et il n'y a rien d'autre à faire que de trouver une solution approchée.
Cordialement. Poulbot

JLT · February 2015

Ca m'a l'air d'être une équation de degré 4, non ?

poulbot · February 2015

Bonjour JLT
sauf erreur de ma part, si $\overline{BD}=\lambda \overline{BA}$, on a $9\lambda ^{6}-21\lambda ^{5}+22\lambda ^{4}-7\lambda ^{3}-6\lambda ^{2}+5\lambda -1=0$, équation dont la seule racine dans $\left[ 0,1\right] $ est $0.748636....$ et dont le groupe de Galois est $S_{6}$, ce qui est assez désagréable.
Cordialement. Poulbot

JLT · February 2015

Avec ton $\lambda$ on obtient $\dfrac{BD\cdot BC}{AO^2}\simeq 2.25$ et $\dfrac{DE}{AO}\simeq 1.19$.

D'ailleurs, il y a un point évident qui satisfait l'égalité $BD \cdot BC = DE\cdot AO$.

poulbot · February 2015

OOps!! J'avais cherché $BD\cdot DC=DE\cdot AO$; je devrais changer de lunettes.
Cela fait, à part le milieu de $\left[ AB\right] $, les autres solutions vérifient $\lambda ^{3}-\lambda +\dfrac{1}{3}=0$, où $\overline{BD}=\lambda \overline{BA}$.
Cela revient encore à fabriquer un angle de $10^{\circ }$
Avec mes excuses. Cordialement. Poulbot

pldx1 · February 2015

Bonjour,

Méthode générale: attendre paisiblement que l'énoncé finisse par se stabiliser, puis tracer la résolvante.

En complément à la remarque de Poulbot: on pose $D=xA+(1-x)B$. La résolvante est alors \[

{\left(3 \, x^{3} - 3 \, x + 1\right)} {\left(2 \, x - 1\right)}=0 \]

On a $\tan(EA,ED)= -\dfrac{\sqrt{3} {\left(3 \, x - 2\right)}}{3 \, x}$. On en déduit: \[

{\left(3 \, t^{3} + 3 \, \sqrt{3} t^{2} - 9 \, t - \sqrt{3}\right)} {\left(3 \, t - \sqrt{3}\right)}=0\]

Et l'on voit immédiatement que les solutions sont les tangentes des angles de -10°,30°,50°,-70°.

Cordialement, Pierre. 39121

soland · February 2015

Je poste pour le dessin; pldx est imbattable. 39123

pldx1 · February 2015

"pldx est imbattable". Pas tant que cela.
Il aurait mieux valu choisir $A=(-1,0)$, $B=(+1,0)$ et poser ensuite $D=(x,0)$. En faisant cela, la résolvante vient couper $AB$ exactement aux points cherchés. Quant à voir immédiatement... il semblerait que ce soit Poulbot qui ait eu l'idée de regarder l'angle $(ED,EA)$ ! Et, évidemment, si on le regarde, on voit que 110 est un nombre entier !

Cordialement, Pierre. 39127

poulbot · February 2015

Bonjour
en fait Poulbot a remarqué que les racines de $\lambda ^{3}-\lambda +\dfrac{1}{3}=0$ étaient $-\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cos \dfrac{\pi }{18},\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cos \dfrac{5\pi }{18},\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cos \dfrac{7\pi }{18}$ puisque, en posant $\lambda =\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cos \theta $, on tombe sur $\cos 3\theta =-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. On peut alors observer que $\dfrac{180}{18}$ est un entier, ce qui est une variante de l'observation de Pierre.
Cordialement. Poulbot

le triangle équilatéral

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