Bonsoir
Comment a été construit ce découpage sachant que les triangles de même couleur sont isométriques?
Autrement dit, identifier les points de la figure, les alignements et les angles.
Quelle célèbre inégalité prouve-t-il?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Réponses
Partant du triangle ABC, tu as commencé par construire un triangle équilatéral sur chaque côté, soit les triangles ABC', ACB' et BCA'.
Puis tu as tracé les droites AA', BB' et CC' concourantes en X. Je crois bien qu'il s'agit du point de Vecten.
Ensuite, partant des triangles XBC, XAB et XAC, tu as construit des parallélogrammes en prenant respectivement BC, AB et AC pour diagonale. Autrement dit, tu as déterminé les points symétriques de X par rapport aux milieux des trois côtés de ABC. Appelons-les Xrouge, Xbleu et Xvert, si tu permets.
Il t'a suffi enfin de déterminer les intersections des droites BXrouge et CXrouge avec A'X pour obtenir le triangle blanc d'en bas, et de faire de même pour les deux autres.
Je vois bien tout ça, par contre je ne vois pas immédiatement ce qui fait que ces trois triangles blancs sont équilatéraux.
J'y réfléchirai plus tard, après avoir dormi un peu ...
Merci pour ce problème, à mon niveau, basique, quoi !
Bonne nuit, bien cordialement
Je suis un béotien en ce qui concerne la terminologie des points remarquables associés à un triangle.
Je ne connais pas le point de Vecten et le point $X$ n'est pas celui là.
A part ce petit point de détail, je te félicite d'avoir bien déchiffré la figure.
Mais il resterait quand même à montrer ces alignements et ces angles.
Quant à l'inégalité, elle se lit littéralement sur la figure: proof from the book!
Amicalement
[small]p[/small]appus
$3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)\leq(a^2+b^2+c^2)^2$?
Amicalement
Paul
Il faut prendre pour $X$ le (premier) point de Fermat, auquel cas $\widehat{BXC}=\widehat{CXA}=\widehat{AXB}=120^{\circ }$ et les droites $AA^{\prime },BB^{\prime },CC^{\prime }$ concourent en $X$; puis continuer comme jelobreuil.
Les triangles blancs sont alors équilatéraux de mêmes centres que les triangles équilatéraux $BCA^{\prime },CAB^{\prime },ABC^{\prime }$ (notre fameux corse est de retour).
Puisque $S\left( BCA^{\prime }\right) +S\left( CAB^{\prime }\right) +S\left( ABC^{\prime }\right) \geq 3S\left( ABC\right) $,
on retrouve l'inégalité de Weitzenböck $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S\left( ABC\right) $ (qui est aussi celle signalée par depasse).
Amicalement. Poulbot
Effectivement le corse est de retour et c'est ce qui gâche ce bel exercice que j'ai trouvé dans un livre anglais, les ouvrages français étant plutôt occupés par les diverses bourbakisteries habituelles.
Il y a encore plein de choses à dire sur ce découpage!
Que se passe-t-il si on oublie la structure euclidienne (donc plus de corse, na!) et si on remplace les isométries par des transformations affines unimodulaires?
Autrement dit on se donne un point $X$ quelconque à l'intérieur du triangle $ABC$ du plan affine et on reconstitue la figure précédente de façon que les triangles de même couleur aient la même aire.
En particulier, il faut retrouver les points $A'$, $B'$, $C'$ qui dépendent donc du point $X$, les plus braves écriront ces correspondances!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Hint:
Cendrillon, elle, voit des parallèles partout, certaines d'entre elles devant être tirées de leurs cachettes!
Oui, Poulbot, tu as raison, le point de Vecten s'obtient avec des carrés, et non pas des triangles ! Honteux et mortifié d'avoir confondu !
Pour en revenir aux angles et aux alignements, je m'y attelle ... et je laisse à d'autres le soin de répondre à la dernière question de Pappus, décidément trop profonde pour moi !
Bonne journée
Cordialement
Tu as toutes les capacités pour répondre à ma question.
Il s'agit de repérer sur la configuration de Fermat les droites qui sont parallèles.
Tu en as trouvé toi même un petit paquet et il s'agit de trouver les autres un peu plus cachées.
Une question naturelle qui vient à l'esprit!
Les trois triangles blancs de la figure sont homothétiques. C'est toi qui l'a montré sans t'en apercevoir!
D'où trois centres d'homothétie, lesquels sont alignés (d'après la défunte théorie du groupe des homothéties-translations) sur une droite que j'oserai qualifier d'axe d'homothétie.
Montrer que cet axe d'homothétie passe par $X$!!
Incroyable non?
A tout point $X$, on associe l'axe d'homothétie passant par $X$.
On obtient ainsi un champ de directions.
Quelles en sont les courbes intégrales?
C'est quand même plus passionnant que cette débile histoire corse!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Les centres sont alignés sur GX.
Cordialement, Pierre.
Si ce que tu dis est vrai, les courbes intégrales sont donc immédiates à trouver!
Ce sont les droites passant par le centre de gravité $G$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour ce que j'ai compris, les points $A,X,A'$ sont alignés. On pose donc: \[ A,B,C,X,X_{aa},X_{bb},X_{cc}\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} p\\ q\\ r \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} -p\\ p+r\\ p+q \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} q+r\\ -q\\ p+q \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} q+r\\ p+r\\ -r \end{array}\right] \] Puis on cherche $A'$ pour que les aires $\left(A',B,X_{ab}\right)$, $\left(B,C,X_{aa}\right)$et $\left(C,A',X_{ac}\right)$ soient égales avec $X_{ab}=\left(A'\wedge X\right)\wedge\left(B\wedge X_{aa}\right)$, etc. On a donc: \[ A',X_{ab},X_{ac}\simeq\left[\begin{array}{c} u\\ v\\ w \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \left(pw-ru\right)p\\ -p^{2}v+pqu-pqv+pqw-prv+q^{2}u\\ -\left(p+q\right)\left(pw-ru\right) \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} -\left(pv-qu\right)p\\ \left(pv-qu\right)\left(p+r\right)\\ p^{2}w+pqw-pru-prv+prw-r^{2}u \end{array}\right] \] et cela se résoud (du verbe résoutre) en: \[ A'\simeq\left[\begin{array}{c} -p\left(q^{2}+qr+r^{2}\right)\\ q\left(pq+pr+qr\right)\\ r\left(pq+pr+qr\right) \end{array}\right] \]
Les trois petits triangles ont donc pour écritures synchronisées $ \def\tri#1{\mathcal{T}_{#1}} \def\trim#1{\boxed{\mathcal{T}_{#1}}}$: \[ \trim A,\trim B,\trim C=\left[\begin{array}{ccc} -p & -\dfrac{pr}{q} & -\dfrac{pq}{r}\\ p+r & p+q & q+\dfrac{pq}{r}\\ p+q & r+\dfrac{pr}{q} & p+r \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} p+q & q+r & p+\dfrac{pq}{r}\\ -\dfrac{qr}{p} & -q & -\dfrac{pq}{r}\\ r+\dfrac{qr}{p} & p+q & q+r \end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc} p+r & p+\dfrac{pr}{q} & q+r\\ q+\dfrac{qr}{p} & q+r & p+r\\ -\dfrac{qr}{p} & -\dfrac{pr}{q} & -r \end{array}\right] \] Et l'on peut vérifier que \[ -\frac{aire\left(\tri A\right)+aire\left(\tri B\right)+aire\left(\tri C\right)}{3\,aire\left(ABC\right)}\geq1 \] pour tout point $X$.
La transformation affine $\tri A\mapsto\tri B$ a pour matrice: \[ \frac{1}{\left(p+q+r\right)p\left(q-r\right)}\;\left[\begin{array}{ccc} \left(q+r\right)\left(qr-p^{2}\right) & \left(q^{2}-pr\right)p & \left(q^{2}-pr\right)p\\ q\left(p^{2}-qr\right) & q\left(r^{2}-pq\right) & q\left(p^{2}-qr\right)\\ \left(p+q\right)\left(pq-r^{2}\right) & \left(p+q\right)\left(pq-r^{2}\right) & r\left(q^{2}-pr\right) \end{array}\right] \] et pour polynôme caractéristique: $\left(Y-1\right)\left(Y-\mu_{AB}\right)^{2}$ avec $\mu_{AB}=-q\left(p-r\right)\div p\left(q-r\right)$. On reconnaît une homothétie, et l'on voit que le rapport du produit des 3 est $1$ (permettant à l'identité d'être ce qu'on en imagine !). Graphiquement, il suffit de remarquer que les triangles sont en perspective.
Les trois perspecteurs sont: \[ P_{a},P_{b},P_{c}\simeq\left[\begin{array}{c} \left(q+r\right)\left(p^{2}-qr\right)\\ q\left(pq-r^{2}\right)\\ r\left(pr-q^{2}\right) \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} p\left(pq-r^{2}\right)\\ \left(p+r\right)\left(q^{2}-pr\right)\\ r\left(qr-p^{2}\right) \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \left(pr-q^{2}\right)p\\ q\left(qr-p^{2}\right)\\ \left(p+q\right)\left(r^{2}-pq\right) \end{array}\right] \] Il sont alignés sur $X$ et sur un point fixe. Comme $G=$X(2) est le seul centre affine d'un triangle, les trois perspecteurs sont situés sur la droite $XG$.
Et alors, comme déjà indiqué par pappus, déterminer les trajectoires orthogonales du champs de force relève plus du pont aux ânes que pont d'Arcole!: les droites $XG$ passent toutes par $G$ !
Cordialement, Pierre.
Je reste toujours pantois devant ton organisation informatique!
Tu as répondu à toutes mes questions.
Pour mémoire, voici tous les parallélismes dévoilés qui permettent de reconstituer la figure à partir des points $A$, $B$, $C$, $X$.
Les seules directions qui interviennent sont celles des droites $AX$, $BX$, $CX$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je n'ai pas très bien compris ce que venait faire ce qui ressemble à un cercle dans ta configuration affine!
Il va sans dire que cette configuration affine est autrement plus riche que la sempiternelle configuration corse dans laquelle elle se cache.
Mais comme l'algèbre linéaire est semble-t-il réservée à l'usage exclusif de nos distingués amis algébristes, on comprend pourquoi la géométrie affine se limite chez nous à l'axiome de Thalès!
Amicalement
[small]p[/small]
J'ai une macro d'ouverture de geogebra qui commence par créer "un triangle en configuration de Morley"... et j'ai oublié de cacher cette "ellipse circonscrite"qui tentait d'exercer son "droit de passage inoffensif" dans les eaux de la figure.
Cordialement, Pierre.
J'ai essayé de retrouver une démonstration simple de ce que, dans la première figure de Pappus, les trois droites AA', BB' et CC' sont concourantes en X et de ce qu'elles se coupent sous des angles de 120° ... je n'ai pas réussi ! ce n'est pas grave ... je n'aurai qu'à reprendre mon Sortais quand je l'aurai sous la main ...
Je suis en train de me demander si le fait que l'axe d'homothétie soit confondu avec la droite GX ne serait pas, par "hasard", à mettre en relation avec le fait que les points Xaa, Xbb et Xcc de la figure de Pierre sont quelque peu liés à G, puisque ce sont les symétriques de X par rapport aux milieux des trois côtés du triangle ...
Une autre question me vient à l'esprit : les trois céviennes passant par les points symétriques d'un point quelconque du triangle, ou même du plan, par rapport aux milieux des trois côtés d'un triangle sont-elles généralement concourantes ? si non, à quelle(s) condition(s) peuvent-elles l'être ?
bien amicalement
On peut aussi s'amuser à découper les quadrilatères en rondelles!
Quelle inégalité peut-on lire sur la figure?
Amicalement
[small]p[/small]appus
$(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)\leq (a^2+b^2+c^2+d^2)^2$
Amicalement
Paul
Le premier membre de ton inégalité vaut: $16S_{max}^2$ où $S_{max}$ est l'aire maximum d'un quadrilatère de côtés $a$, $b$, $c$, $d$.
La figure quant à elle prouve seulement: $S\le\dfrac{a^2+b^2+c^2+d^2}4$ où $S$ est l'aire du quadrilatère $ABCD$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je m'attendais à ta remarque tout comme j'attendis, en vain, que tu m'en fisses une semblable dans le cas des triangles: ta figure d'alors ne prouvait pas la formule de Héron, ni non plus que l'inégalité demeurait $a,b,c$ ne seraient-ils pas les côtés d'un triangle ;-)
Amicalement
Paul