Jelobreuil. (tu) Ok pour trois morceaux.
Existe-t-il des cas où trois morceaux sont nécessaires ?
Ou dans quels cas deux morceaux sont-ils suffisants ?
Bonsoir à tous,
Soland, d'abord merci de ton appréciation de ma solution !
Mais comme Jacquot, je ne comprends pas très bien ce que tu veux dire, car il me semble qu'il est toujours possible de diviser un parallélogramme en deux trapèzes isocèles, comme tu l'as toi-même montré au tout début de ce fil, et qu'en outre cette division peut être effectuée d'une infinité de manières ...
Quant à la question que j'ai posée, pour que le triangle isocèle CDD' de ma figure ait une aire égale au tiers de celle du parallélogramme, il faut que soit vérifiée la relation suivante :
sin(2a) = 2h/3b
avec a l'angle aigu (en D) du parallélogramme, h la hauteur et b la base (CD) du parallélogramme.
Pour placer la parallèle EF qui partage le trapèze isocèle en deux autres égaux, j'ai obtenu pour le rapport BE/BA la valeur {2B - sqr[2(B2 - b2)]}/2(B - b), avec B la grande base BC, b la petite base AD'.
(sqr : racine carrée, bien sûr ...)
Je vais préparer un pdf de mes calculs.
Bien cordialement
Bonsoir à tous, bonsoir Soland,
Je m'excuse, mais je ne vois pas ce qu'il a de si vicieux, ce petit parallélogramme ...
J'ai pourtant pris des dimensions semblables ...
:-S
bien cordialement
Réponses
Par exemple ...
Et dans quels cas peut-on faire en sorte que les trois morceaux aient même aire ?
Cordialement
PS désolé, le deuxième cas est particulier, je viens de m'en apercevoir ...
PPS Voilà un cas plus général !
Je ne comprends pas trop quelles sont les attentes de soland.
Il pose une question et fournit lui-même une solution pour $n=2$
Le cas $n=3$ peut s'en déduire :
On partage le parallélogramme en losange + parallélogramme, puis losange + 2 trapèzes isocèles..
Existe-t-il des cas où trois morceaux sont nécessaires ?
Ou dans quels cas deux morceaux sont-ils suffisants ?
Soland, d'abord merci de ton appréciation de ma solution !
Mais comme Jacquot, je ne comprends pas très bien ce que tu veux dire, car il me semble qu'il est toujours possible de diviser un parallélogramme en deux trapèzes isocèles, comme tu l'as toi-même montré au tout début de ce fil, et qu'en outre cette division peut être effectuée d'une infinité de manières ...
Quant à la question que j'ai posée, pour que le triangle isocèle CDD' de ma figure ait une aire égale au tiers de celle du parallélogramme, il faut que soit vérifiée la relation suivante :
sin(2a) = 2h/3b
avec a l'angle aigu (en D) du parallélogramme, h la hauteur et b la base (CD) du parallélogramme.
Pour placer la parallèle EF qui partage le trapèze isocèle en deux autres égaux, j'ai obtenu pour le rapport BE/BA la valeur {2B - sqr[2(B2 - b2)]}/2(B - b), avec B la grande base BC, b la petite base AD'.
(sqr : racine carrée, bien sûr ...)
Je vais préparer un pdf de mes calculs.
Bien cordialement
Je m'excuse, mais je ne vois pas ce qu'il a de si vicieux, ce petit parallélogramme ...
J'ai pourtant pris des dimensions semblables ...
:-S
bien cordialement