Une découpe équitable
On appelle "médiane" d'un quadrilatère Q un segment reliant les milieux de deux côtés opposés.
Il y en a deux et leurs milieux coïncident avec le barrycentre (couché, Babar) des sommets, supposés de même poids.
Si Q est convexe, elles le découpent en quatre quadrilatères dont les aires sont généralement inégales, mais néanmoins liées.
Comment et pourquoi ?
Il y en a deux et leurs milieux coïncident avec le barrycentre (couché, Babar) des sommets, supposés de même poids.
Si Q est convexe, elles le découpent en quatre quadrilatères dont les aires sont généralement inégales, mais néanmoins liées.
Comment et pourquoi ?
Réponses
-
Merci Soland de nous rappeler ce joli problème!
J'y ajoute une question qui est plus ou moins en rapport avec la tienne.
Montrer que les $6$ droites apparaissant sur ta figure sont tangentes à une même parabole.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Pour la question de Pappus:
Une tangente variable à une conique découpe sur 4 tangentes fixes un birapport constant.
Amicalement
Louis -
Merci Louis
Ce n'est pas dans ce sens là dont j'ai besoin de ce théorème et en plus on veut obtenir une parabole.
Il faut être plus précis!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Quand on est dans le noir et qu'on ne voit pas le bout du tunnel, le calcul est toujours salvateur à condition évidemment de savoir calculer.
Ce calcul est-il encore dans nos programmes?
J'ai de très très sérieux doutes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Maintenant qu'on a compris comment se fait ce partage équitable, on peut essayer de trouver une démonstration plus élémentaire. -
Un petit clin d'oeil avant d'aller dormir
Amicalement
[small]p[/small]appus -
On peut rappeler que le problème est affine :
-
Bonjour,
Sur la figure de pappus, désignons par K l'intersection de AD et BC et par J celle de AD et EG.
Le centre S de la similitude directe envoyant AHD sur BFC est le deuxième point commun aux cercles KDC, KHF et KAB. C'est aussi le centre de la similitude envoyant AHD sur EOG, donc le point deuxième commun aux cercles JDG, JHO et JAE.
Dès lors, les six droites de Simson associées à S pour ces triangles ne sont en fait qu'une seule droite (d), si bien que les six côtés sont tangents à la parabole de foyer S et dont la tangente au sommet est (d).
Cordialement.
C. N. -
Merci Catherine.
Comme l'a remarqué Soland, c'est un problème qui se passe dans le plan affine.
On peut très bien se passer de métrique et raisonner en restant dans cet odieux plan affine.
Que se passe-t-il quand le quadrilatère $ABCD$ est un parallélogramme?
Où est cette maudite parabole?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Je suis époustouflé par la démonstration de Catherine ! Bravo.
Ma tentative, qui fut vaine, était de montrer que la droite de l'infini est tangente à la conique. Hélas je n'ai pas pu aboutir.
Amicalement
Louis -
pappus a écrit:On peut très bien se passer de métrique et raisonner en restant dans cet odieux plan affine.
et alors ?...pappus a écrit:Que se passe-t-il quand le quadrilatère ABCD est un parallélogramme?
comme dans le cas où seulement deux côtés sont parallèles : on peut penser qu'il ne viendrait à l'idée de personne d'annoncer que les six droites sont tangentes à une parabole... ni même ferait appel à une conique pour traduire le fait qu'elles passent par deux points...
Cordialement
C.N. -
@Louis le Goff
Je reprends les notations de la figure de pappus :
les 5 droites (AB), (BC), (CD), (DA) et la droite de l'infini (d) définissent une parabole (P) par 5 tangentes.
Par le milieu E de (AB), je mène une seconde tangente (T) à la parabole (P).
Les tangentes (BC), (DA), (d) et (T) à (P) intersectent la tangente (AB) suivant une division harmonique, donc elles intersectent également la tangente (CD) suivant une division harmonique, et (T) passe par le milieu G de (CD). Autrement dit (T) est la « médiane » (EG) du quadrilatère.
Puis bis repetita placent pour la seconde médiane. -
Bonjour gb,
Eh oui ! je suis à la fois satisfait d'avoir ta démonstration et... frustré d'avoir mal abordé la question.
Amicalement
Louis -
Mon cher Louis
Il faut utiliser le théorème suivant dans le plan affine.
Soient $L$ et $L'$ deux droites du plan se coupant $O$ et soit $f:L\mapsto L'$ une bijection affine telle que $f(O)\not=O$
Alors l'ensemble des droites $mf(m)\vert m\in L$ est formé des tangentes à une parabole tangente aux droites $L$ et $L'$.
Si le plan est de plus euclidien, le lien se fait ainsi. La bijection affine $f$ se prolonge de façon unique en une similitude directe dont le centre est le foyer de la parabole.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Je reviens au problème de Soland.
La solution qu'il suggère me paraît très esthétique.
En voici une autre dont le seul intérêt est son altérité.
$I$ est le milieu de la diagonale $AC$.
Le triangle $GIF$ se déduit du triangle $HAE$ par translation: donc $S(HAE)=S(GIF)$
Ainsi $S(HAE)+S(GCF)= S(CGIF)$
Maintenant le quadrilatère $CGIF$ est l'homothétique du quadrilatère $CDAB$ dans l'homothétie de centre $C$ et de rapport $\frac 12$.
Donc $S(CGIF)=\dfrac 14S(ABCD)$
Finalement
$S(HAE)+S(GCF)=\dfrac 14S(ABCD)$
La suite est facile et je vous la laisse.
Ce qui m'ennuie dans cette démonstration, c'est l'utilisation des défuntes homothéties mais je suis sûr qu'elles existent encore dans les alpages.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Thalès s'applique aux parois et un héxaèdre peut s'obstenir (1):
(1) la pyramide tronquée :
Les paraboles sont constructibles par-dessus en couverture.
-
Bonsoir,
On peut démontrer l'égalité des aires rouges et jaunes du coloriage de pappus de façon très élémentaire :
On trace $OA,OB,OC,OD $
Alors les triangles $AOB,BOC,COD,DOA $ sont tous partagés par une médiane en deux moitiés (égales), l'une rouge et l'autre jaune. -
Bonsoir,
Voici (il me semble) une méthode assez simple pour montrer que les six droites sont tangentes à une parabole. On procède en deux temps :
1. Le quadrilatère initial vérifie le théorème de Brianchon et ses six côtés sont donc tangents à une même conique : deuxième figure (penser aux barycentres)
2. Si on remplace le côté CB par la droite de l'infini la propriété de Brianchon est conservée (première figure, penser "droite des milieux"), donc la droite de l'infini est, elle aussi tangente à la même conique.
cordialement
C.N.
-
Bonjour Catherine,
Tout à fait d'accord avec la fig. 2 en tant que conséquence de Brianchon.
Pour la suite j'ai du mal à suivre: car remplacer CD par la droite de l'infini revient à expédier les points E et G à l'infini et alors où sont les 6 tangentes définies par les conditions initiales ? Il y a probablement une étape qui m'échappe.
Amicalement
Louis -
Bonjour Louis,
De la figure 2 à la figure 1 les cinq droites AD, DC, AB, GE, HF restent les mêmes (ce qui fait que la conique ne change pas), mais la droite CB est remplacée par la droite de l'infini : les points C et B partent à l'infini sur les deux droites DG et AE, si bien que HC devient la parallèle à DG passant par H et OB devient la parallèle à AE passant par O.
Il reste à voir que les diagonales de ce nouvel hexagone sont encore concourantes.
Cordialement
C.N. -
Catherine,
Il ne serait pas inutile de préciser avec les mêmes notations :
quelles sont les 6 tangentes (droite de l'infini exclue) du nouvel hexagone ? dont 2 doivent être des "médianes".
Louis -
Louis,
Je ne comprends pas ta question : les six tangentes sont les droites AD, DC, AB, GE, HF et la droite de l'infini !
Il n'est plus question de "médianes" dans cet hexagone là, il suffit qu'il vérifie la propriété de Brianchon, et les milieux qui nous restent (H de AD et O de GE) suffisent à conclure...
Bon après-midi.
C.N. -
Catherine,
C'est là où je voulais en venir:
Tu prends comme hypothèse que les 6 droites sont tangentes à une conique (elles ne sont donc pas n'importe lesquelles puisque 5 suffisent à définir une conique). L'une d'elle est envoyée à l'infini, ce qui fait de la conique une parabole. Bien d'accord là-dessus.
Mais on n'a pas démontré pour autant que les 6 droites du problème initialement posé (un quadrilatère et ses deux "médianes") sont tangentes à une parabole.
Louis -
Si !
Les deux hexagones sont formés de six droites tangentes à une conique.Celui de ma seconde figure est l'hexagone du problème, celui de ma première figure est un autre hexagone dont on est sûr qu'il est tangent à une parabole (dans le cas non dégénéré), puisqu'il comprend la droite de l'infini.
Seulement ces deux hexagones ont cinq droites en commun... donc (comme tu le rappelles toi-même) ils sont en fait tangents à la même conique.
C.N. -
Il est difficile de se comprendre, peut-être me suis-je mal exprimé :
je conteste l'hypothèse que tu utilises pour ta démonstration (à savoir partir d'un hexagone qui possède 6 tangentes à une conique), ce qui revient (à tes développements près) à se donner la conclusion recherchée.
Soyons clairs, avec ton hypothèse je n'ai aucun problème à accepter ta conclusion, seulement ce n'est pas le problème posé, qui est de prouver qu'un hexagone bien particulier est tangent à une parabole.
Amicalement
Louis -
Louis Le Goff a écrit:je conteste l'hypothèse que tu utilises pour ta démonstration (à savoir partir d'un hexagone qui possède 6 tangentes à une conique), ce qui revient (à tes développements près) à se donner la conclusion recherchée.
Il est effectivement difficile de se comprendre... Je résume ma proposition de démonstration :
— il s'agit de démontrer que l'hexagone formé des six droites AD, DC, AB, GE, HF et CB est formé de six tangentes à une certaine conique qui se trouve être une parabole (dans le cas non dégénéré),
— je constate que cet hexagone vérifie la propriété de Brianchon (diagonales concourantes) sur ma deuxième figure, car le point g est le barycentre du triangle ADC et car O est le barycentre du quadrilatère ABCD,
— d'après le théorème de Brianchon (réciproque) il s'ensuit que l'hexagone de l'exercice initial est bien formé de six tangentes à une certaine conique, dont il reste à prouver que c'est une parabole, c'est-à-dire qu'elle admet la droite de l'infini parmi ses tangentes,
— j'introduis alors un nouvel hexagone obtenu en échangeant, dans le précédent, la droite BC par la droite de l'infini, et je constate que celui-ci vérifie aussi la propriété des diagonales concourantes. Il est donc, lui aussi, formé de six tangentes à une conique, dont je sais cette fois qu'il s'agit d'une parabole, puisqu'elle est tangente, notamment, à la droite de l'infini.
— mais les deux hexagones ont cinq droites en commun, et comme cinq tangentes déterminent une même conique, il s'agit de la même conique... Ce qui prouve que l'hexagone initial est bien formé de tangentes à une parabole. -
Je viens à Canossa: je n'avais pas compris que tu prouves, dans l'ordre, par les barycentres suivis de Brianchon que l'hexagone est tangent à une conique. J'apprécie ta patience à convaincre une tête un peu trop dure !
Amicalement
Louis -
à ton service, et bonne fin de soirée !
amicalement
C.N. -
Bonsoir
L'avantage de la démonstration affine est qu'on a nul besoin de chercher le foyer et les droites de Simson puisque dans un plan affine, ces notions n'existent pas.
On applique donc deux fois le théorème que j'ai cité un peu plus haut ICI
On applique une première fois ce théorème avec $L=AB$ et $L'=CD$
La bijection affine $f:L\mapsto L'$ est définie par les images de deux points: $f(A)=D$ et $f(B)=C$.Alors puisque $f$ est affine: $f(E)=G$.
Donc les droites joignant les points homologues de $f$, à savoir les droites $AD$, $EG$, $BC$ sont tangentes à une parabole tangente aux droites $AB$ et $CD$
On rebelote la preuve avec les droites $L=AD$ et $L'=BC$ et la bijection affine $g:L\mapsto L'$, définie par $g(A)=B$ et $g(D)=C$,alors $g(H)=F$.Ainsi les droites $AB$, $HF$ et $CD$ sont tangentes à une parabole tangente aux droites $AD$ et $BC$.
Evidemment quand on ne connait de la géométrie affine que l'axiome de Thalès et les théorèmes de Ménélaüs et de Céva, il vaut mieux oublier cette démonstration et s'en tenir à la jolie démonstration euclidienne de Catherine.
Dans le cas où le quadrilatère $ABCD$ est un trapèze, cette parabole tangentielle se décompose en deux points dont l'un est à l'infini.
Là encore, il vaut mieux oublier ce que je viens de dire puisque la géométrie projective plane a disparu pour toujours avec armes et bagages.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Etant parti à l'improviste pour un voyage dont on connaît la date de départ mais pas celle du retour, je n'avais pas eu l'occasion de lire la preuve de Jacquot, alors je suis heureux d'avoir pu en revenir pour lui dire: bravo l'artiste! -
Bonjour
Si on note encore $f$ et $g$ les prolongements en similitude directe des bijections affines $f:AB\mapsto CD$ et $g:AD\mapsto BC$
Alors $(f.g)(A)=(g.f)(A) =C$
Il en résulte que $(f.g.f^{-1}.g^{-1})(A)=A$
Autrefois quand le groupe des similitudes directes planes était encore enseigné, on savait que son groupe des commutateurs était le groupe des translations.
Ainsi $f.g.f^{-1}.g^{-1}$ est une translation qui fixe $A$ et par suite $f.g.f^{-1}.g^{-1}=id$.
Autrement dit $f.g=g.f$.
Il en résulte que $f$ et $g$ ont le même point fixe $F$ qui, dans les bons cas, (lesquels au fait?), est le foyer de la parabole tangente aux côtés du quadrilatère complet $(AB,BC,CD,DA)$ c'est à dire est le point de Miquel de ce quadrilatère.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
On reprend l'étude du quadrilatère complet $(AB,BC,CD,DA)$
Les côtés de ce quadrilatère forment quatre triangles $\{T_k\vert 1\le k\le 4\}$ numérotés comme on veut.
On construit quatre coniques $\Gamma_k$ répondant aux conditions suivantes:
1° La conique $\Gamma_k$ est circonscrite au triangle $T_k$.
2° Les quatre coniques $\Gamma_k$ ont les mêmes points à l'infini.
Montrer alors qu'elles ont un point en commun $\Omega$.
Où se trouve le point $\Omega$ si les quatre coniques $\Gamma_k$ sont ou des cercles ou des hyperboles équilatères ou des paraboles?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Le cas où les coniques $\Gamma_k$ sont des paraboles est intéressant en lui-même car il est bien formulé dans un plan affine, nul besoin de supposer le plan euclidien.
Voici sans commentaires pour le moment la figure obtenue.
J'ai changé un peu les notations par rapport à celles de Soland.
Le quadrilatère complet est formé par les côtés du triangle $ABC$ et par sa transversale $A'B'C'$.
J'ai tracé en bleu les paraboles $\Gamma_k$ ayant pour direction asymptotique commune la droite rouge en pointillé.
On peut alors faire un peu de géométrie contemplative avant de commencer quoique ce soit.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
"On construit quatre coniques $\Gamma _{k}$ répondant aux conditions suivantes:
1° La conique $\Gamma _{k}$ est circonscrite au triangle $T_{k}$.
2° Les quatre coniques $\Gamma _{k}$ ont les mêmes points à l'infini.
Montrer alors qu'elles ont un point en commun $\Omega $.
Où se trouve le point $\Omega $ si les quatre coniques $\Gamma _{k}$ sont ou des cercles ou des hyperboles équilatères ou des paraboles? "
Dans le cas de $4$ cercles, $\Omega $ est le foyer de la parabole $\Pi $ inscrite dans le quadrilatère complet.
D'où la version affine : Les quatre coniques $\Gamma _{k}$ passent par le point $\Omega $ d'où les tangentes menées à $\Pi $ ont les points à l'infini donnés.
Il en résulte que,
- dans le cas de $4$ paraboles, $\Omega $ est le point de $\Pi $ où la tangente a même point à l'infini que les $4$ paraboles (ce qui apparaît d'ailleurs clairement sur ta figure)
- dans le cas de $4$ hyperboles équilatères, $\Omega $ est sur la directrice de $\Pi $
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Oui, en gros, c'est cela. C'est amusant d'avoir cette version affine du point de Miquel.
Ainsi la parabole tangente à $4$ droites a des propriétés insoupçonnées.
Ceci dit, je voudrais m'excuser auprès de Soland d'avoir pollué inutilement son fil passionnant mais je suis vieux et usé, je vis dans l'instant et je mesure mal les conséquences de mes actes.
Je voudrais revenir à la configuration initiale de Soland.
On dirait qu'il ne nous a donné cet exercice que pour mettre en valeur le coup de théâtre final de Jacquot.
De ce point de vue, on peut le proposer à des lycéens ou pourquoi pas à des collégiens, je connais mal les programmes du secondaire.
La notion d'aire est difficile et chère. Je ne sais même pas si on fait de la théorie de la mesure en Taupe. L'intégrale de Lebesgue et les théorèmes de la convergence dominée sont-ils au programme? Je n'en sais rien. Tout cela pour dire que même un taupin n'a pas une vision très claire de l'aire d'un triangle et qu'il s'en fiche. Il a des choses plus importantes à faire.
On voit les différences entre ma solution et celle de Jacquot. La sienne emporte immédiatement l'adhésion alors que la mienne apparaît inutile, même si j'ai tenté ensuite de donner laborieusement une démonstration géométrique de l'égalité de ces aires.
En fait la mienne pose plus de questions qu'elle n'en résout.
Comment ai-je calculé l'aire des quatre petits quadrilatères?
A-t-on une formule simple permettant de calculer l'aire d'un quadrilatère en fonction des coordonnées de ses sommets?
Je n'ai volontairement rien dit et je ne dirai rien.
En fait, il faut lire ma figure comme ceci:
$$\dfrac{S(AEOH)}{-p-q}=\dfrac{S(BFOE)}{2+q-p}=\dfrac{S(CGOF)}{4+p+q}=\dfrac{S(DHOG)}{2+p-q}=S(?)$$
Le facteur de proportionnalité a les dimensions d'une aire. C'est donc l'aire d'une partie de ma figure, oui mais laquelle?
On remarque aussi que ces aires sont des fonctions affines du point $A$, au moins localement.
On a une famille $ABCD$ de quadrilatères partageant le même parallélogramme des milieux $EFGH$. D'ailleurs pourquoi a-t-on une infinité de tels quadrilatères?
Ces quadrilatères n'ont aucune raison divine ou humaine d'être tous convexes.
Dans quelle région du plan doit se trouver le point $A$ pour que le quadrilatère $ABCD$ soit convexe et qu'on puisse appliquer mes formules, non démontrées pour le moment, en toute sécurité?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci Soland de ta compréhension
Je vois mal la géométrie euclidienne intervenir ici que ce soit par Héron ou Stewart même si leurs formules sont très très importantes.
Il faut bien comprendre qu'on ne calcule en fait que des rapports d'aires et que dans ce domaine, la géométrie affine est sans égal.
L'aire d'un triangle se calcule très bien dans un repère affine quelconque que ce soit en fonction des coordonnées de ses sommets ou bien en fonction des équations de ses côtés.
Ces formules sont aussi importantes que celle de Héron et à défaut de les savoir, on doit au moins connaître leur existence .
Le quadrilatère est le premier polygone à venir après le triangle dont on doit évaluer l'aire.
Elle se calcule, elle aussi, très bien en fonction des coordonnées de ses quatre sommets et nos aïeux savaient le faire.
Comment s'y prenaient-ils?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Je n'ai pas tout suivi mais ceci:Le quadrilatère est le premier polygone à venir après le triangle dont on doit évaluer l'aire.
Elle se calcule, elle aussi, très bien en fonction des coordonnées de ses quatre sommets et nos aïeux savaient le faire.
Comment s'y prenaient-ils?
me rappelle que j'ai utilisé les formules suivantes pour un polygone quelconque de sommets $A_1,A_2,\cdots A_n$:
$\displaystyle{S=\dfrac{1}{2}\,\sum_{i=1}^{n}x_i(y_{i-1}-y_{i+1})=\dfrac{1}{2}\,\sum_{i=1}^{n}y_i(x_{i+1}-x_{i-1})}$
On obtenait des aires positives ou négatives suivant le sens de parcours du polygone.
Si je me souviens bien, ces formules étaient démontrées à partir de celles qui donnaient ces mêmes aires en polaire.
Amicalement. -
Merci Lake pour ta contribution.
On y vient petit à petit.
Si on veut obtenir des formules qui se tiennent d'un point de vue affine, on doit utiliser la notion d'aire algébrique qui marque l'irruption de l'algèbre bilinéaire alternée en géométrie plane.
C'est très très satisfaisant pour les algébristes, ça l'est beaucoup moins pour les géomètres qui veulent s'en tenir à la formule:
$$S(Triangle)=\dfrac 12 Base\times Hauteur$$
Le cas du quadrilatère est un peu particulier et doit être traité à part du cas général
Amicalement
[small]p[/small]appus -
J'ai oublié un détail:
Les indices $0$ correspondent aux coordonnées de $A_n$
Les indices $n+1$ correspondent à celles de $A_1$
[Edité après avoir rassemblé mes souvenirs] -
pappus a écrit:C'est très très satisfaisant pour les algébristes, ça l'est beaucoup moins pour... les géomètres qui veulent s'en tenir à la formule: $$S(Triangle)=\dfrac 12 Base\times Hauteur$$
Le cas du quadrilatère est un peu particulier et doit être traité à part du cas général
Le calcul de l'aire d'un quadrilatère navigue du cas particulier au cas général.
$A^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-\frac{1}{4}(ac+bd+pq)(ac+db-pq)$ -
Bonne Nuit
Comme personne n'a l'air de vouloir s'intéresser à ce problème de convexité, la figure ci-dessous donne le résultat sans commentaires.
Chaque sommet du quadrilatère $ABCD$ doit rester dans son petit parallélogramme personnel colorié pour que le quadrilatère $ABCD$ soit convexe.
Ce serait un résultat étonnant si la géométrie n'avait disparu entraînant la convexité avec elle.
Parmi tous les quadrilatères convexes admettant le parallélogramme $EFGH$ pour parallélogramme des milieux, quels sont ceux ayant le plus petit périmètre?
Quant au calcul concret de l'aire d'un quadrilatère en fonction des coordonnées de ses sommets, je crois bien qu'il restera secret défense vu le peu d'enthousiasme qu'il soulève!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir,
Pappus, il est "bien connu", tout au moins en informatique graphique, que l'aire algébrique d'un polygone plan est donnée par la formule:
$Aire=\displaystyle\sum_{k=0}^{k=n}{(x_ky_{k+1}-x_{k+1}y_k)}$
où le point numéro $n+1$ est une réplique du point numéro $0$.
Ceci s'applique entre autres aux quadrilatères.
Cordialement,
Rescassol -
[large]Cf. StackOverflow[/large] (quant aux calculs du polygone):
[size=x-large]Length:[/size]
[large]function L=polylen(x,y)[/large]
n=length(x);
L=0;
for i=1:n-1
[large]L=L+sqrt((x(i+1)-x(i))^2+(y(i+1)-y(i))^2);[/large]
end
[size=x-large]Area:[/size]
[large]function A=polyarea(x,y)[/large]
n=length(x);
A=0;
for i=1:n-1
[large]A=A+(x(i+1)+x(i))*(y(i+1)-y(i));[/large]
end
[large]A=abs(A)/2;[/large] -
Bonjour Pappus
"Quant au calcul concret de l'aire d'un quadrilatère en fonction des coordonnées de ses sommets, je crois bien qu'il restera secret défense vu le peu d'enthousiasme qu'il soulève!"
Je présume que les cordonnées sont connues dans un repère cartésien $\left( O,\overrightarrow{OI},\overrightarrow{OJ}\right) $ du plan affine.
$\dfrac{S\left( ABCD\right) }{S\left( OIJ\right) }=\det \left( \overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}\right) $ où $S$ désigne l'aire l'algébrique et $\det $ le déterminant dans la base $\left( \overrightarrow{OI},\overrightarrow{OJ}\right) $.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
C'est évidemment la formule dont je me suis servi et que nos aïeux connaissaient sous une autre forme:
Si le repère est orthonormé direct, ta formule devient
$S\left( ABCD\right) =\dfrac 12\det \left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}\right)=\dfrac 12[\overrightarrow{OU},\overrightarrow{OV}]=S(OUV) $
Autrement dit l'aire (algébrique) du quadrilatère $ABCD$ est égale à l'aire (algébrique) du triangle $OUV$ construit sur les diagonales.
Comment ceci peut-il se démontrer élémentairement sans utiliser ce maudit déterminant de nos algébristes?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus,
Donc on veut calculer une aire algébrique sans faire d'algèbre.
C'est rigolo ça. ;-) -
Oui, Gai Requin, c'est un peu cela.
Autrefois, l'utilisation des déterminants en géométrie était un peu considérée comme un acte sacrilège et il fallait laver la géométrie ainsi salie en donnant des démonstrations synthétiques impeccables.
Aujourd'hui il serait difficile de se passer des déterminants, voir par exemple le joli exercice proposé par Magnéthorax Un petit jeu de saute-mouton.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus Poulbot Gai Requin,
l'aire du quadrilatère ne se détermine pas par l'obtention seule [large]des 4 côtés[/large].
[large]II faut les angles ou les diagonales ou les sommets [/large]en sus ! -
J'essaie de répondre à la question de pappus qu'il a posée [ici].
Soit $I=AC\cap BD$.
Alors $h:ICD\mapsto OUV$ est une homothétie de rapport $$\lambda=\frac{\overline{AC}}{\overline{IC}}=\frac{\overline{BD}}{\overline{ID}}.$$D'où les aires géométriques :$$S(OUV)=\lambda^2S(ICD)=\frac{1}{2}\lambda^2\times IC\times ID\times |\sin(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})|=\frac{1}{2}AC\times BD\times |\sin(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})|=S(ABCD).$$
Edit : Je viens de m'apercevoir que rien ne dit que les triangles $ICD$ et $OUV$ soient homothétiques. :-S
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