Cet exercice paraît moins évident
a,b et c sont les longueurs des côtés d'un triangle et x,,y et z les mesures des angles opposés.
Montrer que si a + b= tan (z/2) (a tan(x)+ b tan(y)) alors le triangle est isocéle
Ah bon j'ai commis une erreur (écrit 90 au lieu de $\frac{\pi}{2}$ en programme) on verra.
Il faut vérifier si $b\dfrac{\sin(x) }{\sin(y) }+b= b\dfrac{\sin(x)}{\sin(y) }\dfrac{\tan(x)}{\tan(\frac{x+y}{2})}+ b \dfrac{\tan(y)}{\tan(\frac{x+y}{2})}$ pour un $b>0$, $0<x+y<\pi$
alors $x=y$
Et sans $b$
si $\dfrac{\sin(g-y) }{\sin(y) }+1= \dfrac{\sin(g-y)}{\sin(y) }\dfrac{\tan(g-y)}{\tan(\frac{g}{2})}+ \dfrac{\tan(y)}{\tan(\frac{g}{2})}$ pour $0<x+y=g<\pi$
alors $y=\frac{g}{2}$ ?
Étude de fonction je ne sais pas ça semble vrai en fait si on mette le tout à gauche il faut avoir une fonction négatif
Trop
Edit 4
un argument dérivé peut marcher je ferais quand je peux ça sera bien si JLT peut distinguer en inégalité avec sa résolution pour $t=1$ il y a égalité donc quand on a plus grand plus petit tu peux le faire??
L'équation devient
$$(2\sin u)t=2\cot u \cos u\dfrac{2-k-t^2}{k+t^2-1}$$
ou encore $(1-k)t(k+t^2-1)=k(2-k-t^2)$. Ceci se factorise en $(1-t)((1-k)t^2+t+(k+k(1-k)))=0$. Or, $t>0$ donc le terme dans la deuxième parenthèse est strictement positif, d'où $1-t=0$.
Merci à tous pour l'intérêt porté à cette question.
Bravo à poulbot pour la présentation élégante de sa solution sous-tendue par la loi des sinus. J'imagine qu'il y a du travail en amont !
De mon côté, je cherchais vainement une solution moins calculatoire, plus visuelle. Vous montrez que des calculs peuvent aussi présenter une certaine esthétique !
Réponses
Je fais remonter cette question taquine.
La réciproque se démontre aisément, mais comment montrer que cette égalité est suffisante ?
Il faut vérifier si $b\dfrac{\sin(x) }{\sin(y) }+b= b\dfrac{\sin(x)}{\sin(y) }\dfrac{\tan(x)}{\tan(\frac{x+y}{2})}+ b \dfrac{\tan(y)}{\tan(\frac{x+y}{2})}$ pour un $b>0$, $0<x+y<\pi$
alors $x=y$
Et sans $b$
si $\dfrac{\sin(g-y) }{\sin(y) }+1= \dfrac{\sin(g-y)}{\sin(y) }\dfrac{\tan(g-y)}{\tan(\frac{g}{2})}+ \dfrac{\tan(y)}{\tan(\frac{g}{2})}$ pour $0<x+y=g<\pi$
alors $y=\frac{g}{2}$ ?
Étude de fonction je ne sais pas ça semble vrai en fait si on mette le tout à gauche il faut avoir une fonction négatif
Trop
Edit 4
un argument dérivé peut marcher je ferais quand je peux ça sera bien si JLT peut distinguer en inégalité avec sa résolution pour $t=1$ il y a égalité donc quand on a plus grand plus petit tu peux le faire??
Merci
On a $\sin x+\sin y=(2\sin u)t$,
$\tan\frac{z}{2}=\cot\frac{x+y}{2}=\cot u$,
$\cos x\cos y=\dfrac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}=\dfrac{\cos 2u+\cos 2v}{2}=\cos^2u+\cos^2v-1=k+t^2-1$,
$\sin^2x\cos y+\sin^2y\cos x=(1-\cos^2x)\cos y+(1-\cos^2y)\cos x=(\cos x+\cos y)(1-\cos x\cos y)=2\cos u(2-k-t^2)$.
L'équation devient
$$(2\sin u)t=2\cot u \cos u\dfrac{2-k-t^2}{k+t^2-1}$$
ou encore $(1-k)t(k+t^2-1)=k(2-k-t^2)$. Ceci se factorise en $(1-t)((1-k)t^2+t+(k+k(1-k)))=0$. Or, $t>0$ donc le terme dans la deuxième parenthèse est strictement positif, d'où $1-t=0$.
$\dfrac{\sin y-\sin x}{\sin z}=\dfrac{2\sin \dfrac{y-x}{2}\cos \dfrac{y+x}{2}}{2\cos \dfrac{z}{2}\sin \dfrac{z}{2}}=\dfrac{\cos \left( x+\dfrac{z}{2}\right) }{\cos \dfrac{z}{2}}=\left( 1-\tan \dfrac{z}{2}\tan x\right) \cos x=-\left( 1-\tan \dfrac{z}{2}\tan y\right) \cos y$ (en échangeant $x$ et $y$).
Par hypothèse $\sin x\left( 1-\tan \dfrac{z}{2}\tan x\right) +\sin y\left( 1-\tan \dfrac{z}{2}\tan y\right) =0$; il en résulte que $\left( \sin y-\sin x\right) \left( \tan x-\tan y\right) =0$.
Amicalement. Poulbot
Bravo à poulbot pour la présentation élégante de sa solution sous-tendue par la loi des sinus. J'imagine qu'il y a du travail en amont !
De mon côté, je cherchais vainement une solution moins calculatoire, plus visuelle. Vous montrez que des calculs peuvent aussi présenter une certaine esthétique !
Amicalement. jacquot