Bonsoir fm_31, pldx1, soland et tous,
Fm_31, je suppose qu'il est depuis longtemps prouvé que les deux cercles se coupent bien sur les côtés du triangle ?
Ne pourrait-on pas faire la même construction sur les deux autres sommets ?
Quelle serait alors la construction répondant à la question de Soland ? Je suppose qu'il faudrait évaluer les différents r1 et r2 en fonction de a, b et c et des angles du triangle, n'est-ce pas ? Compliqué, mais pas infaisable ...
Bien cordialement
La somme des aires des 2 cercles est égale à $\pi \frac{4R²+c²}{8}$ ou $\pi \frac{4R²+a²}{8}$ ou $\pi \frac{4R²+b²}{8}$
Il suffit donc de construire sur le plus petit côté
Quand je parlais de démonstration que je n'ai pas , c'est celle qui montrerait que c'est cette construction qui donne la somme des aires la plus petite .
"L'aire totale des deux disques" est-elle l'aire de leur union ou la somme de leurs aires?
Dans un cas comme dans l'autre, je suis d'accord avec fm_31 pour dire que rien ne prouve que cette construction résout la question.
Mon idée pour ce problème :
Un des disques couvrira deux sommets (Dirichlet), et le côté qu'ils bordent; je suppose que c'est $[CA]$.
Ce premier disque recoupe $[AB]$ en $P$ et $[BC]$ en $Q$. Le second disque est circonscrit à $(BPQ)$.
Le minimum de la somme des aires des deux disques est atteint quand ils ont le même rayon.
Mon expérimentation conduit à la construction que j'ai donnée mais pas à des cercles de même rayon . Voir fichier GeoGebra joint en cliquant sur "animation".
Le facteur $\pi$ ne sert à rien ici: il vaut mieux minimiser $r_1 ^2+r_2^2$ que la somme des surfaces des disques. Il est assez clair qu'il faut apparier les bords des disques avec les bords du triangle, sinon on peut contracter l'un ou l'autre cercle. On arrive à une situation où le centre $O_1$ est sur une médiatrice, situation à un paramètre.
Les techniques usuelles donnent la position de $O_1$, les égalités $M_cO_1=O_1O=O_2C=r_2$ et la valeur $r_1^2+r_2^2=R^2/2+c^2/8$. Dans ce contexte, $$r_2^2 ={\frac {{c}^{2} \left( {a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2} \right) ^{2}}{256\,{S}^
{2}}}
$$ et $r_1 \neq r_2$
Il serait intéressant de voir ce que donne une élimination de quantificateurs sur cet exemple qui ne se limite pas à remarquer une identité remarquable.
On a la propriété: Pour tout $O_1$ sur la médiatrice de $[AB]$, $O_1O_2CO$ est un parallèlogramme.
Donc $r_2=O_1O$.
Par ailleurs $r_1^2=O_1M_c^2+(\frac{c}{2})^2$
$r_1^2+r_2^2$ est donc minimum quand $O_1M_c^2+O_1O^2$ l'est, i.e quand $O_1$ est le milieu de $M_cO$.
Cordialement
Paul
PS: pensez-vous qu'on trouve les deux mêmes cercles si on remplace "somme des aires des disques" par "aire de leur union"?
Réponses
il semblerait qu'on ait quelque chose comme sur la figure mais , si c'est cela , je n'ai pas la démonstration .
Cordialement
Cordialement, Pierre.
ma construction que je croyais erronée donne le même résultat .
Cordialement
Fm_31, je suppose qu'il est depuis longtemps prouvé que les deux cercles se coupent bien sur les côtés du triangle ?
Ne pourrait-on pas faire la même construction sur les deux autres sommets ?
Quelle serait alors la construction répondant à la question de Soland ? Je suppose qu'il faudrait évaluer les différents r1 et r2 en fonction de a, b et c et des angles du triangle, n'est-ce pas ? Compliqué, mais pas infaisable ...
Bien cordialement
Il suffit donc de construire sur le plus petit côté
Quand je parlais de démonstration que je n'ai pas , c'est celle qui montrerait que c'est cette construction qui donne la somme des aires la plus petite .
"L'aire totale des deux disques" est-elle l'aire de leur union ou la somme de leurs aires?
Dans un cas comme dans l'autre, je suis d'accord avec fm_31 pour dire que rien ne prouve que cette construction résout la question.
Amicalement
Paul
Mon idée pour ce problème :
Un des disques couvrira deux sommets (Dirichlet), et le côté qu'ils bordent; je suppose que c'est $[CA]$.
Ce premier disque recoupe $[AB]$ en $P$ et $[BC]$ en $Q$. Le second disque est circonscrit à $(BPQ)$.
Le minimum de la somme des aires des deux disques est atteint quand ils ont le même rayon.
Pas de preuve encore, j'expérimente.
Le facteur $\pi$ ne sert à rien ici: il vaut mieux minimiser $r_1 ^2+r_2^2$ que la somme des surfaces des disques. Il est assez clair qu'il faut apparier les bords des disques avec les bords du triangle, sinon on peut contracter l'un ou l'autre cercle. On arrive à une situation où le centre $O_1$ est sur une médiatrice, situation à un paramètre.
Les techniques usuelles donnent la position de $O_1$, les égalités $M_cO_1=O_1O=O_2C=r_2$ et la valeur $r_1^2+r_2^2=R^2/2+c^2/8$. Dans ce contexte, $$r_2^2 ={\frac {{c}^{2} \left( {a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2} \right) ^{2}}{256\,{S}^
{2}}}
$$ et $r_1 \neq r_2$
Cordialement, Pierre.
On a la propriété: Pour tout $O_1$ sur la médiatrice de $[AB]$, $O_1O_2CO$ est un parallèlogramme.
Donc $r_2=O_1O$.
Par ailleurs $r_1^2=O_1M_c^2+(\frac{c}{2})^2$
$r_1^2+r_2^2$ est donc minimum quand $O_1M_c^2+O_1O^2$ l'est, i.e quand $O_1$ est le milieu de $M_cO$.
Cordialement
Paul
PS: pensez-vous qu'on trouve les deux mêmes cercles si on remplace "somme des aires des disques" par "aire de leur union"?
Comme je n'arrive pas à ouvrir le dossier GeoGebra
Pourrais-tu stp. faire une copie-écran de la figure ?
ce n'est pas moi qui ai envoyé le dossier Geogebra, c'est fm_31; dossier que, comme toi, je n'arrive pas à ouvrir :-(
Amicalement
Paul
Le dessin de fm_31:
Voir