Vue des côtés d'un triangle sous 60°
dans Géométrie
Bonjour
Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé, soit les points A(0, 1, 1), B(2, 0, 2) et C(3, 3, 0).
Ma question est : Déterminer le lieu L des points M tels que $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}= \widehat{CMA}=60^\circ$.
(Indication : L n'est pas réduit à l'origine O du repère !)
D'avance, merci.
Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé, soit les points A(0, 1, 1), B(2, 0, 2) et C(3, 3, 0).
Ma question est : Déterminer le lieu L des points M tels que $\widehat{AMB}=\widehat{BMC}= \widehat{CMA}=60^\circ$.
(Indication : L n'est pas réduit à l'origine O du repère !)
D'avance, merci.
Réponses
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Et donc, tu en penses quoi ?
Tu connais le lieu des points tels que $\widehat{AMB}=60^\circ$ par exemple ? -
Le lieu des points tels que AMB = 60°, je l'aurais appelé "Surface de révolution autour de (AB), engendrée par un des arcs capables".
Un ami vient de l'appeler tore.
Si la définition d'un tel tore ("engendré par un cercle") inclut la révolution du petit arc, la surface dont je crois que tu parles non. Elle serait un sous-ensemble du tore.
Si la définition d'un tore passe par le volume tore (= tore plein), puis prend comme surface tore "l'enveloppe" de ce volume, je ne vais pas chercher d'autre nom pour le lieu associé au segment [AB] que "tore capable".
Merci en tout cas d'avoir jeté un œil ! -
Tiens, je n'avais pas fait attention que c'était dans l'espace... Ça devient plus drôle tout de suite !
OK pour surface de révolution. Wikipedia l'appelle en effet tore, même s'il est croisé (mais il faut retirer la partie intérieure où l'angle est de 120°). Je vais essayer de faire un dessin. -
Il est clair que l'origine voit les trois côtés sous un angle de 60° (l'origine est sommet d'un tétraèdre régulier dont les autres sommets sont (a,a,0), (0,a,a) et (a,0,a), où a est ce qu'on veut. Il est aussi clair que c'est le cas pour le symétrique de l'origine par rapport au plan (ABC). Y a-t-il d'autres points ?
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Oui, j'ai choisi ABC exprès comme section de ce qu'on pourrait appeler le tétraèdre régulier de référence.
Le deuxième point que tu proposes a pour coordonnées (- 0,32; 1,6; 2,24) (me dit Geogebra).
Si l'on a du goût pour les points à coordonnées entières, il y en a un parmi les autres point de L... -
À la GaBuZoMeu ?
def pt(A): return vector([A[0],A[1],A[2]]) def triedre(A,B): """ renvoie un trièdre orthogonal dont le premier vecteur est A-B """ v = A-B n = sqrt(v.dot_product(v)) if v[0]!=0 or v[1]!=0: w = vector([v[1],-v[0],0]) else: w = vector([0,v[2],0]) w = n/sqrt(w.dot_product(w))*w x = 1/n*v.cross_product(w) return (v,w,x) def tore(A,B): """ équation du tore d'où l'on voit [AB] sous l'angle de 60° """ I, a = 1/2*(A+B), sqrt((A-B).dot_product(A-B)) r, R = a*sqrt(3)/3, a*sqrt(3)/6 e = (x^2+y^2+z^2 + R^2 - r^2)^2 - 4*R^2*(x^2+y^2) u = [1/a*uu for uu in triedre(A,B)] u = [u[1],u[2],u[0]] print u[2] P = Matrix(3,3,u) MM = list(P*(vector((x,y,z))-I)) f = e.subs({x:MM[0], y:MM[1], z:MM[2]}) return f A, B, C = pt((0, 1, 1)), pt((2, 0, 2)), pt((3, 3, 0)) R.<x,y,z> = PolynomialRing(QQ,3) I = R.ideal([expand(tore(A,B)),expand(tore(A,C)),expand(tore(B,C))]) I.variety()renvoie[{y: 0, z: 0, x: 0}, {y: -1, z: 1, x: 2}, {y: 1, z: 6/5, x: 7/5}, {y: 0, z: 9/5, x: 3/5}, {y: 8/5, z: 56/25, x: -8/25}, {y: 3/5, z: 81/25, x: 42/25}](L'avant dernier est (-0.32, 1.6, 2.24).)
Si on remplace la dernière instruction par I.variety(QQbar), il vient :[{z: -0.11247586419442925?, y: -0.8731733937489851?, x: 1.119651235222722?}, {z: -0.04850754418834794?, y: 1.329613816332716?, x: 2.189060680260532?}, {z: 0, y: 0, x: 0}, {z: 1, y: -1, x: 2}, {z: 1.200000000000000?, y: 1, x: 1.400000000000000?}, {z: 1.422527411955858?, y: 2.380353070721434?, x: 1.978912829382789?}, {z: 1.800000000000000?, y: 0, x: 0.6000000000000000?}, {z: 2.240000000000000?, y: 1.600000000000000?, x: -0.3200000000000000?}, {z: 3.240000000000000?, y: 0.6000000000000000?, x: 1.680000000000000?}, {z: 3.298455996426919?, y: 1.563206506694836?, x: 0.6323752551339580?}]NB : Pour certains points, on voit sans doute les segments sous un angle de 120° puisque le calcul porte sur le tore entier.
Le point d'interrogation signifie que le nombre affiché est l'approximation décimale d'un nombre algébrique défini par une équation. -
Bonjour Math Coss, et merci à toi !
A) Avant de lire ta réponse, la mienne disait ceci :
1) Points de L sur le dessin joint :
a) $O$ dont il a déjà été parlé.
b) Comme ABC est isocèle en C, le symétrique $O_2$(2, - 1, 1) de $O$ par rapport au plan médiateur de [AB] est aussi dans L.
c) L contient encore $O_3$, point tel que ${ABO_3}$ soit équilatéral, et tel que $\widehat{AO_3C}=60^\circ$ (coordonnées compliquées avec des racines carrées de 57, environ 1,12; - 0,87 et - 0,11).
2) Points de L non dessinés : les symétriques de ces trois par rapport à (ABC).
J'ai ajouté au dessin les projetés orthogonaux sur (ABC) des points de L : H1, H2 et H3, qui ne sont pas alignés.
J'ignorais si ces 6 points épuisaient L. Grâce à toi, on doit pouvoir dire que oui !?
Dans ton 2ème tableau, les 10 points sont respectivement $O_3$, $O'$ non dessiné car hors de L (il voit AB sous 60°, et comme nous l'avions prévu les autres côtés sous 120°), $O$, $O_2$, le point de Fermat-Torricelli (ok 120°), les symétriques de $O'$ et du point de F-T par rapport à (AB), les symétriques de $O$, $O_2$ et $O_3$ par rapport à (ABC).
C) Des questions pour lesquelles je n'ai pas de réponses
1) Quand ABC est quelconque, j'aurais conjecturé paradoxalement que L passe de 6 points à seulement 2.
Je n'ai aucune preuve, seulement l'impression que "L est plus proche du petit côté", ce qui réduit les symétries. Et surtout, je regarde A(0, e, e), B(f, 0, f) et C(g, g, 0) (histoire de garder les lettres a, b, c pour les côtés) dans tous les sens sans réussir à imaginer où d'autres points que O et son symétrique par rapport à (ABC) pourraient se trouver.
Peux-tu faire tourner ton programme avec e = 1, f = 2 et g = 4, qui donne ABC quelconque (et si je n'abuse pas, avec e = 1, f = 2 et g = 6, pour lequel ABC est rectangle en ?
2) Ça sort du sujet, alors me dire s'il faut ouvrir un autre fil. Sur internet, j'apprends qu'une certaine hyperbole de Kiepert passe par l'orthocentre (aplomb des points qui voient les côtés sous 90°), par le point de Fermat (apparemment seul candidat pour voir les côtés sous 120°). Dans le cas du triangle isocèle en C, elle dégénère en la réunion de (BC) et de l'axe de symétrie de ABC, donc elle passe par H3. A-t-on une chance que cette hyperbole, ou une autre courbe, contienne beaucoup d'aplombs (Kiepert en tout cas ne passe pas H1 et H2) de points qui voient les côtés sous un même angle donné ? Je crois que je prends mes rêves pour des réalités, et que j'interprète mal le terme "isogonal", que j'ai vu mentionné avec cette hyperbole, et qui aurait été agréable pour ne pas dire tout le temps "qui voit les côtés sous un même angle"...
D) En tout cas encore merci infiniment pour ce merveilleux programme, qui relance mon envie de devenir moins ignorant sur le sujet. -
Voilà pour $(0,1,1)$, $(2,0,2)$ et $(4,4,0)$ (des solutions imaginaires apparaissent) :
(2.439313618400119? - 1.833877608920339?*I, -2.418518085370963? + 0.672418530551951?*I, -0.845101930807175? - 2.347064833946106?*I), (2.439313618400119? + 1.833877608920339?*I, -2.418518085370963? - 0.672418530551951?*I, -0.845101930807175? + 2.347064833946106?*I), (0, 0, 0), (2.358277237955811?, 1.126322746473781?, 0.005681487834107501?), (1.520148726771229?, 0.9617886006079847?, 1.326956584989455?), (0.3040270974045953?, 0.1810685422491582?, 1.552164294131424?), (1.961082863135016?, 2.317905870936169?, 1.991653361938089?), (-0.4571428571428572?, 1.371428571428572?, 2.285714285714286?), (1.186720616768754? - 2.284402807157730?*I, 1.339260919523132? + 2.023994125264123?*I, 5.417863077349649? - 0.0944388427591518?*I), (1.186720616768754? + 2.284402807157730?*I, 1.339260919523132? - 2.023994125264123?*I, 5.417863077349649? + 0.0944388427591518?*I)
Et pour $(0,1,1)$, $(2,0,2)$ et $(6,6,0)$ :(4.929316743339737? - 5.767709313965365?*I, -6.202847264189896? + 3.501483800110677?*I, -5.467333057989333? - 6.932539159736475?*I), (4.929316743339737? + 5.767709313965365?*I, -6.202847264189896? - 3.501483800110677?*I, -5.467333057989333? + 6.932539159736475?*I), (0, 0, 0), (2.529233675405153?, 0.8799602042105405?, 0.1331974676401618?), (0.1956618415422700? + 0.?e-176*I, 0.2961715746486563? + 0.?e-55*I, 1.400829673061240? + 0.?e-177*I), (1.643548313605826? + 0.?e-53*I, 0.8857748287363931? + 0.?e-54*I, 1.467999664033260? + 0.?e-55*I), (-0.571428571428572?, 1.142857142857143?, 2.285714285714286?), (1.935279066221969?, 2.067869422576907?, 2.509015904372895?), (0.6241411715609881? - 7.192421668704335?*I, 2.407503879367602? + 6.350908509588616?*I, 11.75336922912567? - 1.233689740780597?*I), (0.6241411715609881? + 7.192421668704335?*I, 2.407503879367602? - 6.350908509588616?*I, 11.75336922912567? + 1.233689740780597?*I)
Il y a toujours 10 solutions, ce qui doit s'expliquer... -
Super, merci, je vais les tester tout de suite sur Geogebra !
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Bon, je fais la concurrence : effectivement six points solutions (dont quatre à coordonnées rationnelles) pour le problème de départ.
In :A=vector([0,1,1]) ; B=vector([2,0,2]); C=vector([3,3,0]) R.<x,y,z>=PolynomialRing(QQ,3) M=vector([x,y,z]) def cap(U,V): return R((M-U).dot_product(M-U)*(M-V).dot_product(M-V)-4*((M-U).dot_product(M-V))^2) idL=R.ideal([cap(A,B),cap(B,C),cap(C,A)]) L=idL.variety(AA) def test(pt): P=vector([pt[x],pt[y],pt[z]]) return (P-A).dot_product(P-B)>0 and (P-B).dot_product(P-C)>0\ and (P-C).dot_product(P-A)>0 filter(test,L)Out :[{x: 1.119651235222722?, z: -0.11247586419442925?, y: -0.8731733937489851?}, {x: 0, z: 0, y: 0}, {x: 2, z: 1, y: -1}, {x: -0.3200000000000000?, z: 2.240000000000000?, y: 1.600000000000000?}, {x: 1.680000000000000?, z: 3.240000000000000?, y: 0.6000000000000000?}, {x: 0.6323752551339580?, z: 3.298455996426919?, y: 1.563206506694836?}]
Plus que deux quand on remplace 3 par 4 :
In :A=vector([0,1,1]) ; B=vector([2,0,2]); C=vector([4,4,0])
Out :[{x: 0, z: 0, y: 0}, {x: -0.4571428571428572?, z: 2.285714285714286?, y: 1.371428571428572?}]
Quand on compte les solutions complexes sans faire le tri entre 60° et 120°, on trouve 10 solutions. Mais la dimension du quotient par l'idéal est 12 : il y a deux solutions doubles (qui ne sont pas du côté 60°) -
1) Je me retiens sinon je vais vous accabler de remerciements tous les deux !
Je n'en reviens pas du peu de lignes de code qu'il vous faut, et au fait j'ose demander : qu'est-ce que vous utilisez ?
2) Ma vérification plus laborieuse confirme tes deux points pour (e, f, g) = (1, 2, 4), GaBuZoMeu.
Pareil pour (e, f, g) = (1, 2, 6).
3) Je ne comprends pas la phrase "Mais la dimension du quotient par l'idéal est 12 : il y a deux solutions doubles (qui ne sont pas du côté 60°)", dans laquelle je me demande notamment s'il s'agit d'un idéal au sens algébrique, ou celui qu'on lit dans ton programme (ou les deux) ?
Si je la comprenais, je devrais sûrement cesser de m'étonner que "sous-famille de triangles (les isocèles) entraîne sur-famille de points (six au lieu de deux)".
4) Pour reprendre ma question de fin d'avant-dernier message, c'est foutu avec Kiepert, l'hyperbole ne passe pas par le projeté orthogonal (notons-le H60) des deux points restants. Du coup je demande autrement : cet aplomb H60 des deux seuls (vraiment les seuls ? Je généralise un peu vite, mais bon) points qui voient les côtés sous un angle de 60° est un point du plan (ABC) auquel on pourrait accorder une petite importance.
En effet, H60 est à ces points ce que l'orthocentre qu'on pourrait noter H90 est aux deux seuls points qui voient les côtés sous un angle de 90°.
Autrement dit : on se convainc facilement (je crois) que pour un triangle scalène ABC, et dans chaque demi-espace limité par le plan (ABC),
a1) il existe un unique tétraèdre trirectangle dont ABC est la section
a2) l'aplomb du sommet principal est l'orthocentre de ABC
(J'ai pris ça en particulier sur Wikipédia dans Perspective linéaire en 3D)
Alors me voilà avec mes gros sabots :
b1) il existe un unique tétraèdre régulier dont ABC est la section. (Vous et moi venons de le constater sur deux exemples, j'admets que généraliser est fort précipité !)
b2) l'aplomb du sommet principal, que peut-on en dire ?
Les gens de l'ETC de Kimberling ont bien dû le répertorier, mais je suis nul en anglais et ne m'y retrouve pas, pour l'instant, dans cette encyclopédie. -
Le idL de mon code est bien un idéal (au sens algébrique) de l'anneau de polynôme $\mathbb Q[x,y,z]$. Cet idéal est engendré par les trois équations des "tores".
La dimension comme espace vectoriel sur $\mathbb Q$ du quotient de $\mathbb Q[x,y,z]$ par cet idéal est 12, ce qui veut dire que le système d'équations a douze solutions comptées avec multiplicités. Il a en fait 10 solutions dont deux solutions doubles. Les solutions doubles sont celles qui sont situées dans le plan du triangle $ABC$, le point de Fermat et son compagnon.
PS. Ce qu'on utilise comme logiciel de calcul formel, c'est Sage. -
Tsaa ! J'ai encore raté Al Kashi (ou la définition du cosinus) ! C'est quand même plus simple que de faire un changement de repère pour pouvoir utiliser l'équation du tore ! Et en plus ça explique ce « miracle » faisant que l'équation était toujours rationnelle.
Pour la dimension, Sage la donne via idL.vector_space_dimension(). Comment la prédire a priori ? On a trois surfaces de degré $4$, je ne sais pas quoi en déduire en dimension $3$. Y a-t-il un théorème de Bézout ?
Par ailleurs, comment détecter si une solution est multiple avec Sage ? Je n'arrive pas à manipuler des subschemes (mais ça pourrait être une voie). -
Salut Math coss : *
En faisant tourner ton code, je n'ai pas regardé du tout ce que vous faites.X.<x,y,z> = AffineSpace(QQ,3) sage: I Ideal (x^4 + 2*x^2*y^2 + y^4 + 2*x^2*z^2 + 2*y^2*z^2 + z^4 - 4*x^3 - 2*x^2*y - 4*x*y^2 - 2*y^3 - 6*x^2*z - 6*y^2*z - 4*x*z^2 - 2*y*z^2 - 6*z^3 + 22/3*x^2 + 8/3*x*y + 10/3*y^2 + 40/3*x*z + 16/3*y*z + 34/3*z^2 - 8*x - 8*z, x^4 + 2*x^2*y^2 + y^4 + 2*x^2*z^2 + 2*y^2*z^2 + z^4 - 6*x^3 - 8*x^2*y - 6*x*y^2 - 8*y^3 - 2*x^2*z - 2*y^2*z - 6*x*z^2 - 8*y*z^2 - 2*z^3 + 40/3*x^2 + 28*x*y + 56/3*y^2 + 4*x*z + 20/3*y*z + 8/3*z^2 - 20*x - 16*y + 4*z, x^4 + 2*x^2*y^2 + y^4 + 2*x^2*z^2 + 2*y^2*z^2 + z^4 - 10*x^3 - 6*x^2*y - 10*x*y^2 - 6*y^3 - 4*x^2*z - 4*y^2*z - 10*x*z^2 - 6*y*z^2 - 4*z^3 + 98/3*x^2 + 32*x*y + 58/3*y^2 + 56/3*x*z + 8*y*z + 38/3*z^2 - 40*x - 32*y - 8*z) of Multivariate Polynomial Ring in x, y, z over Rational Field sage: X Affine Space of dimension 3 over Rational Field sage: J = X.subscheme(I)
sage: J.rational_points() [(-8/25, 8/5, 56/25), (0, 0, 0), (3/5, 0, 9/5), (7/5, 1, 6/5), (42/25, 3/5, 81/25), (2, -1, 1)] sage: [ J.multiplicity(P) for P in J.rational_points()] [1, 1, 2, 2, 1, 1]
-
Brillant, merci. Dans ce cas très précis, on a en effet les deux points doubles mentionnés par GaBuZoMeu et on compte jusqu'à 12.
Néanmoins... il y a un néanmoins. Quand on l'appelle avec J.rational_points(QQbar), il n'y a pas les points irrationnels que trouve I.variety(QQbar). On pourrait définir X sur QQbar mais alors là, la recherche des points rationnels prend un temps infini (> 10 s) alors qu'elle est instantanée sur QQ. De même, le code suivant ne trouve que le point rationnel et pas les autres.X.<x,y,z> = AffineSpace(QQbar,3) W = X.subscheme([(x^2-3)*(x-1),y,z]) W.rational_points(QQbar)
-
Je viens de passer un peu de temps à télécharger sage. Je n'arrive pas du tout à démarrer et je vais attendre de voir des collègues pour me faire expliquer les choses en live.
Ceci pour dire que si la discussion a l'air très intéressante concernant la multiplicité des points, je ne peux guère la suivre (tant qu'on parle du logiciel), et me demande si elle ne s'éloigne pas un peu de la direction qui me tentait.
À savoir : pour un triangle scalène, y a-t-il unicité (par demi-espace) du point à 60° ?
Peut-être que vous pouvez faire tourner un peu les machines, et doucher mon espérance (puisque je mise sur cette unicité mais sans la moindre preuve) en me balançant un petit contre-exemple, i.e. un triangle scalène avec plusieurs points (vraiment à 60°, hein on laisse les 120° un instant...) ?
D'avance, merci ! -
Je pense qu'il faut oublier QQbar et prendre un QQbar du pauvre comme dirait Claude,
sage: k.<w> = NumberField(X^2-3) sage: X.<x,y,z> = AffineSpace(k,3) ....: W = X.subscheme([(x^2-3)*(x-1),y,z]) ....: W.rational_points(k) [(-w, 0, 0), (1, 0, 0), (w, 0, 0)]
Du coup, faudrait trouver le corps de rationalité des points ? Je ne connais pas assez Groebner mais il y a certainement un moyen !
Ps : Chez moi QQbar ne fonctionne vraiment pas mais je suis sous windows et j'ai souvent des problèmes. -
En fait, j'ai trouvé :
Il y a une commande qui donne une décomposition triangulaire d'un ideal $I$.sage: I.triangular_decomposition() [Ideal (z^12 - 426/25*z^11 + 15723/125*z^10 - 8241936/15625*z^9 + 540139971/390625*z^8 - 914766594/390625*z^7 + 24821297993/9765625*z^6 - 3257667204/1953125*z^5 + 135125316036/244140625*z^4 - 1407321216/48828125*z^3 - 1014441408/48828125*z^2 - 211631616/244140625*z, 42967688296792507784975811406384494144*y + 3338069860922830755655816741104003906250*z^11 - 52299615878133173421325392005426630859375*z^10 + 348030966678207599687927338327850841796875*z^9 - 1281898727460045556040269992475606709484375*z^8 + 2846898220372688176245416270776340977095000*z^7 - 3868794840291129305414040729019218441568125*z^6 + 3066542271807298718469535254524979111762275*z^5 - 1182456305575176876288380990891350874412825*z^4 + 51893187806506442030604264667820847332832*z^3 + 64746408343075199087915943610479016789644*z^2 + 4043332024082737394747191554434242135968*z, 42967688296792507784975811406384494144*x + 819202041986135510057755455658691406250*z^11 - 12412670514397554262518638014447294921875*z^10 + 79126555452818867054011175932755896484375*z^9 - 275320831628682984352980910348816713796875*z^8 + 564784531809402359015857673869046171430000*z^7 - 679432486758501700648816695956819890235625*z^6 + 427761665119745421930664992229262162306975*z^5 - 70576578792529040525098084373826278581125*z^4 - 55168369266263532289252967237838708904992*z^3 + 17429339602663818761827297331516352852540*z^2 + 2903707557164624790678449490696842972064*z) of Multivariate Polynomial Ring in x, y, z over Rational Field]
La première équation te donne des valeurs de $z$ et ensuite $x$ et $y$ sont exprimés comme polynôme en $z$.
En bidouillant un peu :sage: F 625*X^4 - 2850*X^3 + 2461*X^2 + 456*X + 16 sage: k Number Field in w with defining polynomial 625*X^4 - 2850*X^3 + 2461*X^2 + 456*X + 16 sage: X.<x,y,z> = AffineSpace(QQ,3) sage: Y = X.subscheme(I) sage: Ybar = Y.change_ring(k) sage: Ybar.rational_points() [(0, 0, 0), (42/25, 3/5, 81/25), (-8/25, 8/5, 56/25), (2, -1, 1), (3750/1183*w^3 - 17725/1183*w^2 + 16847/1183*w + 3449/1183, 7500/1183*w^3 - 35450/1183*w^2 + 34877/1183*w + 3349/1183, w), (-14375/4732*w^3 + 34325/2366*w^2 - 67763/4732*w + 66/169, -33125/4732*w^3 + 76525/2366*w^2 - 137633/4732*w - 399/169, -625/676*w^3 + 1125/338*w^2 - 301/676*w - 24/169), (-19225/4732*w^3 + 45083/2366*w^2 - 2117509/118300*w - 1188/4225, -8875/4732*w^3 + 22735/2366*w^2 - 264731/23660*w + 843/845, 25/4*w^3 - 57/2*w^2 + 2461/100*w + 114/25), (4650/1183*w^3 - 21979/1183*w^2 + 531721/29575*w + 3425/1183, 3000/1183*w^3 - 14180/1183*w^2 + 63839/5915*w + 3469/1183, -900/169*w^3 + 4254/169*w^2 - 106321/4225*w + 24/169), (3/5, 0, 9/5), (7/5, 1, 6/5)] sage: [ Ybar.multiplicity(P) for P in Ybar.rational_points()] [1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2]
Ps / Du coup, le corps de décomposition pour $z$ est $\Q(\sqrt{3},\sqrt{19})$ incluse dans $\Q(\zeta_{228})$. -
Bravo et merci !
-
Merci Math Coss, GuBuZoMeu et moduloP pour vos éclairages lumineux, notamment sur les extensions de corps !
Ainsi les coordonnées de $O_3$ n'avaient pas tort d'être farcies de $\sqrt{57}=\sqrt{3\times19}$...
La conjecture suivante me laisse sur ma faim.
Soit $n\in\lbrace{0,2,3}\rbrace$ le nombre de côtés égaux d'un triangle ABC donné, et $C(n)$ le nombre de points de l'espace qui voient les côtés de ABC sous un angle de 60°.
Alors a) $C(0)=C(3)=2$, b) $C(2)=6$.
Autrement dit :
a) Les triangles scalènes et les triangles équilatéraux admettent les deux points qu'on imagine naturellement, et seulement eux.
b) Les triangles isocèles admettent les deux points en question, d'ailleurs situés dans le plan de symétrie. S'invitent quatre points supplémentaires, extérieurs au plan de symétrie.
Je me permets de reformuler ma prière de vous voir proposer un contre-exemple pour (a), vu que mon début de propre pratique de sage est remis à plus tard, quand j'aurai au moins progressé sur latex.
Merci d'avance !
PS : Désolé pour la rédaction : ne pas se laisser distraire de la question qui porte sur (a), par le dessin qui illustre (b). -
Voici ce que ton dessin suggère de faire : fixer trois demi-droites qui font entre elles des angles de 60° ; choisir une direction de plan (c'est-à-dire une direction normale) et calculer les angles du triangle obtenu en faisant l'intersection du plan avec le trièdre ; étudier l'injectivité de l'application qui à la direction associe les trois angles du triangle « de coupe ».
-
Bonjour Math Coss
Je ne suis pas très bien ton message. Je viens de modifier la légende du dessin pour préciser qu'il illustre (b), tandis que c'est à (a) que je m'intéresse actuellement.
Veux-tu dire que le dessin suggère quelque chose en vue de "l'unicité" que je cherche pour (a) ? Effectivement, une éventuelle injectivité l'assurerait. Mais je crois le lien avec les angles dans le plan (ABC) (alias plan de coupe dans ton message ?) trop compliqué pour que nous l'exploitions ici.
À vrai dire, je pensais simplement ajouter à l'un de vos programmes
1) un choix aléatoire de points A, B, C,
2) un test des trois angles de chacun des douze points engendrés (quand leurs coordonnées sont réelles)
3) un compteur du nombre des points qui solutions
4) un test qui arrête la recherche si ce nombre de solutions est différent de 2 et si ABC est scalène.
C'est bien primaire, mais si ça produit un contre-exemple, je pourrai immédiatement renoncer à ce (a).
Comme dit, j'espère y arriver quand je me mettrai à sage. Et si quelqu'un s'en charge avant, tant mieux ! -
Bonsoir,
La conjecture sur les triangles isocèles, où je prétendais que 6 points voient leurs côtés sous 60°, c'était franchement grossier.
Actuellement je dirais plutôt ceci. Soit $t$ la tangente des angles à la base, qui est en curseur sur le dessin Geogebra.
Les points cherchés vont se trouver sur la sphère S de centre le centre de gravité et passant par le sommet principal, ou sur le plan P de symétrie.
Si $t<\sqrt2$, aucun point : ni sur S, ni sur P.
Si $\sqrt2<t<\sqrt3$, 0 + 4 = 4 points : $O_1$, $O_2$ et leurs symétriques par rapport à $(Oxy)$. ($O_1$ et $O_2$ forment avec $A$ et $B$ un tétraèdre régulier.)
Si $\sqrt3<t<\sqrt{11}$, 4 + 2 = 6 points : $O_3$ et trois symétriques par rapport à $(Oxy)$, $(Oyz)$ et $(Oy)$; $O_1$ et son symétrique.
On a perdu $O_2$ et son symétrique: deux de leurs angles passent à 120°.
Si $\sqrt{11}<t$, 0 + 2 = 2 points : $O_1$ et son symétrique.
GaBuZoMeu a dit plus haut:
"La dimension comme espace vectoriel sur $\mathbb Q$ du quotient de $\mathbb Q[x,y,z]$ par cet idéal est 12, ce qui veut dire que le système d'équations a douze solutions comptées avec multiplicités. Il a en fait 10 solutions dont deux solutions doubles. Les solutions doubles sont celles qui sont situées dans le plan du triangle $ABC$, le point de Fermat et son compagnon."
Un seul cas de triangle quelconque a été étudié dans la discussion, pour lequel nous avions trouvé 2 points.
Je viens de sélectionner le triangle ABC suivant comme "proche d'un triangle équilatéral", pour être au plus près du cas $t=\sqrt3$, autour duquel le triangle isocèle donne le plus de points réalisant les 60°.
Est-ce que l'un d'entre vous peut examiner ce deuxième cas: $A(0, 0, 0)$, $B(7, 0, 0)$ et $C(3, 6, 0)$ avec l'un de vos programmes, et me dire combien de points ont des coordonnées réelles ?
D'avance, merci ! -
Brut de décoffrage (les points d'interrogation signalent qu'il s'agit de nombres algébriques dont seule une approximation décimale est donnée) :
[{x: 2.499832717139131?, z: -5.611742235973285?, y: 1.936477500586769?}, {x: -0.3197712487408825?, z: -0.6731197504915018?, y: -0.1943644172270866?}, {x: 6.571874092613907?, z: -0.5612446475546923?, y: 0.2271617538544750?}, {x: 2.998064438987845?, z: -0.04422104650254848?, y: 6.030725162785843?}, {x: 3.165523125756274?, z: 0, y: 2.006861245462356?}, {x: 2.510152549919402?, z: 0, y: 5.939084700483590?}, {x: 2.998064438987845?, z: 0.04422104650254848?, y: 6.030725162785843?}, {x: 6.571874092613907?, z: 0.5612446475546923?, y: 0.2271617538544750?}, {x: -0.3197712487408825?, z: 0.6731197504915018?, y: -0.1943644172270866?}, {x: 2.499832717139131?, z: 5.611742235973285?, y: 1.936477500586769?}]Bilan : 10 points réels, bien joué ! -
Mince alors, moi qui aurais parié sur seulement 2...
Tu n'avais pas rebranché le filtre à éliminer les 120°, (il n'y en a peut-être jamais eu ?), il faut renoncer aux numéros 3, 5, 6, 8.
J'ai quand même gardé 3 et 8, notés $O_4$ et $O_4'$ sur le dessin, pour construire les tétraèdres $O_1O_2O_3O_4$ et $O_1'O_2'O_3'O_4'$.
GeoGebra confirme des angles à 60° pour 6 points (ceux aux indices de 1 à 3).
En revanche, son option "Distance entre deux points" m'incite à rester prudent sur une affirmation très tentante : si les côtés du premier tétraèdre vont vraiment de 6,7 à 7,2, ces tétraèdres ne sont peut-être pas aussi réguliers qu'ils en ont l'air, et que le contexte nous donne envie qu'ils soient. (???)
En tout cas, un grand merci pour ton aide, Math Coss ! -
Ach! Désolé, en effet je n'ai pas mis le filtre. Avec le filtre il y a six points.
[{x: 2.499832717139131?, z: -5.611742235973285?, y: 1.936477500586769?}, {x: -0.3197712487408825?, z: -0.6731197504915018?, y: -0.1943644172270866?}, {x: 2.998064438987845?, z: -0.04422104650254848?, y: 6.030725162785843?}, {x: 2.998064438987845?, z: 0.04422104650254848?, y: 6.030725162785843?}, {x: -0.3197712487408825?, z: 0.6731197504915018?, y: -0.1943644172270866?}, {x: 2.499832717139131?, z: 5.611742235973285?, y: 1.936477500586769?}]
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