Problèmes de Macédoine et d'Irlande

soland · April 2018

Le cercle K1 de rayon $R$ contient le cercle K2 de rayon $r$ .
Le triangle (ABC) est équilatéral.
A appartient à K1, B appartient à K2, C appartient à K1 et à K2.
Que vaut |AB| ? 74712

poulbot · April 2018

Bonjour Christoph
Je propose $AB=\dfrac{\sqrt{3}Rr}{\sqrt{R^{2}+r^{2}-Rr}}$.
Mais pourquoi Macédoine et Irlande? Cet exercice proviendrait-il de ces pays?
Amicalement. Poulbot

soland · April 2018

Oui.
Oui, mais avec ma grippe, j'ai oublié de poster l'irlandais qui suivra.

poulbot · April 2018

Merci et bon rétablissement.

pappus · April 2018

Bonjour
Le cercle $K_2$ se déduit du cercle $K_1$ par l'homothétie de centre $C$ et. de rapport $\frac rR$.
Ainsi $CD=\frac rR CA$.
D'autre part $BD$ est le côté du triangle équilatéral inscrit dans $K_2$: $BD=r\sqrt 3$.
Enfin on applique la loi des cosinus: $BD^2=BC^2+CD^2-2BC.CD.\cos(60°)$.
Et on trouve le résultat de Poulbot.
Amicalement
[small]p[/small]appus 74714

soland · April 2018

Belles solutions, les amis.

On peut découper un carré en 4 morceaux qui
permettent de reconstituer 3 carrés plus petits.
Voir le dessin.

Certains Irlandais prétendent qu'avec 5 morceaux
on peut exiger que les nouveaux carrés soient
de tailles différentes. Moi je n'y arrive pas.
Peut-être avec un double whiskey ? 74736

Chalk · April 2018

Comment prouvez-vous que BD est un côté du triangle équilatéral inscrit dans $K_2$ ?

jacquot · April 2018

Bonjour skyffer3,

Il est intercepté par un angle de 60°

Chalk · April 2018

Bonjour jacquot,

Tu veux dire qu'il y a un théorème qui dit que lorsque $ABC$ est inscrit dans un cercle dont un diamètre est $AB$, et que $\widehat{ABC} = 60°$, alors $BC$ est un côté d'un triangle équilatéral inscrit de ce cercle ?

jacquot · April 2018

Quel est l'ensemble des points d'où l'on voit l'arc [BD] sous un angle de 60° ?
(Je te pose la question comme ça pour éviter les questions d'orientation , de petit arc, grand arc etc., je dois sortir)

Chalk · April 2018

Aucune idée. Enfin si j'ai une idée mais aucune preuve.

jacquot · April 2018

Reprenons calmement,
Ta question est bizarrement posée, il n'est pas question de diamètre, et dans le cas que tu décris, c'est $AC$ qui est le côté du triangle équilatéral.

Mais présentement, puisque $\widehat{BCD}=60°$, pour tout autre point $M$ du grand arc $\frown{BD}$, on aura $\widehat{BMD}=60°$ (théorème de l'angle inscrit), en particulier pour le point d'intersection de ce grand arc avec la médiatrice de $[BD]$

soland · April 2018

Va chez wiki
mot-clé : angle inscrit.

Chalk · April 2018

Bah voilà, c'est ça la preuve de l'idée que j'avais :-D

Je ne connais plus ma géométrie de collège ... Merci à vous ;-)

rosab · April 2018

@Soland

Le bouquin "Dissections: Plane & Fancy" de Greg N. Frederickson (Cambridge University Press) est une vraie mine pour ce genre de problèmes.
Il donne la solution de Loyd (1908) à ce découpage, illustrant l'équation $7^2 = 2^2+3^2+6^2$,
mais également des méthodes générales, souvent peu intuitives, utilisant un découpage "en escalier".

Je ne donne pas la réponse tout de suite.

jacquot · April 2018

Voici une solution tenant compte des indications de rosab.
Je suis encore à la recherche d'un découpage avec des lignes obliques. 74746

jacquot · April 2018

Bonjour,
Voici une autre solution avec un partage rationnel partant de la remarque
$2^2+6^2+9^2 =11^2$
J'imagine que l'on peut trouver foultitude d'autres solutions avec de tels découpages en escalier. 74862