Pensez à lire la Charte avant de poster !

$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures
 Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques universitaires - Forum - Cours à télécharger

A lire
Deug/Prépa
Licence
Agrégation
A télécharger
Télécharger
214 personne(s) sur le site en ce moment
E. Cartan
A lire
Articles
Math/Infos
Récréation
A télécharger
Télécharger
Théorème de Cantor-Bernstein
Théo. Sylow
Théo. Ascoli
Théo. Baire
Loi forte grd nbre
Nains magiques
 
 
 
 
 

Triangle équilatéral

Envoyé par Apollonius 
Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
Bonjour,
comment inscrire un triangle équilatéral dans un carré de façon non triviale?( et plus généralement pour des polygones réguliers.)
Merci,
Apollonius
Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
Bonjour
On a dû parler $n$ fois ici même de cette configuration dans le passé.
Comme on a rien à cirer du côté du carré qui ne contient aucun des sommets du triangle équilatéral, c'est en fait un problème de TGV ou de FLTI sur les trois côtés restants!
Comme la théorie des similitudes a disparu de notre culture, cela va être coton à expliquer!
Amicalement
pappus
JLT
Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
avatar
$[B'C']=\mbox{Rot}_{P,-60^\circ}([BC])$
$Q=\mbox{Rot}_{P,60^\circ}(R)$.


Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
avatar
Bonjour,

Voici une solution complète, mais je n’écris pas tous les calculs.

On plonge le carré $ABCD$ dans le plan euclidien. Sans perte de généralité on suppose que la longueur du côté du carré est $1.$ On note $A(0,0), B(1,0), C(1,1), D(0,1)$. Sans perte de généralité, par symétrie, on suppose que le triangle équilatéral ne s’appuie pas sur $[BC]$. On note $PQR$ le triangle équilatéral avec $P\in [AB], Q\in[DC], R\in[AD].$
Enfin on note $P(x,0), Q(y,1), R(0,z)$ avec $x,y,z \in[0,1]$. Sans perte de généralité, par symétrie, on suppose $y\geq x.$

On utilise le théorème de Pythagore pour obtenir le système : $(y-x)^2+1=t^2, \sqrt{t^2-x^2}+\sqrt{t^2-y^2}=1$ avec $t\geq 0$ la longueur d’un côté du triangle équilatéral : $t=[PQ]=[QR]=[RP].$

Ce système est coriace, mais la bonne idée est de paramétrer par $t.$ On a donc $y=x +\sqrt{t^2-1}$ que l’on reporte dans la première équation que l’on traite par élévations au carré et alors, tous calculs faits, $4x^2+4\sqrt{t^2-1}x+t^2-4=0$ que l’on sait résoudre. Le discriminant réduit est $12$ et on ne retient que la solution positive : $x ={\sqrt{3}-\sqrt{t^2-1}\over 2}.$
On en déduit $y={\sqrt{3}+\sqrt{t^2-1}\over 2}.$
On en déduit par Pythagore dans le triangle $DRQ$ rectangle en $D$ : $1-z={\sqrt{3}\sqrt{t^2-1}+1\over 2}\geq 0$ et donc $z={1-\sqrt{3}\sqrt{t^2-1}\over 2}.$
On écrit alors le système d’inégalités qui impose que $x,y,z\in [0,1]$ : on trouve que c’est l’inégalité $y\leq 1$ qui impose $t\leq 2\sqrt{2-\sqrt{3}}.$ On a aussi par la seconde équation du système original $t\geq 1.$
On trace les cas particuliers $t=1$ : $R$ est au milieu de $[AD]$ et la droite $(PQ)$ est parallèle à la droite $(BC)$ ; et pour $t=2\sqrt{2-\sqrt{3}}$, $Q=C$. Ces solutions correspondent au plus petit et au plus grand triangle équilatéral.
On a donc une infinité de solutions.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par YvesM.
JLT
Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
avatar
Avec ma méthode, et en utilisant les nombres complexes pour exprimer les rotations, on trouve sans trop de peine que si $P=A+x\overrightarrow{AB}$, $Q=B+y\overrightarrow{BC}$ et $R=C+z\overrightarrow{CA}$ alors $y=2-\sqrt{3}+x\sqrt{3}$ et $z=\sqrt{3}-1+x$.
Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
Bonjour
1° On détermine d'abord la famille des triangles équilatéraux $PQR$ (de même orientation) inscrits dans le produit de droites $AB\times BC\times AD$.
C'est une $FLTI$ (équicentre, centre de lenteur?).
2° On ajuste $P$ pour que le triangle soit contenu dans le carré!
Je suis à peu près sûr de l'avoir déjà fait ici, mais quand?
Amiclement
pappus



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par pappus.


Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
Bonjour
Sur cette nouvelle figure, j'ai tracé les graphes des correspondances affines $P\iff Q$ et $P\iff R$. Ce sont les droites bleues: $\Omega q\perp \Omega A$ et $\Omega r\perp \Omega B$.
Elles prouvent qu'on a bien affaire à des $FLTI$.
Le point $\Omega$ barycentre des points massiques $(P;0)$, $(Q;1)$, $(R,1)$ est l'équicentre de la famille.
Du point de vue euclidien, c'est aussi un centre permanent de similitude ou pivot.
Où se trouve le centre aréolaire ou centre de lenteur?
Amicalement
pappus


Re: Triangle équilatéral
il y a quatre semaines
Bonjour
Voici maintenant le centre aréolaire ou centre de lenteur $O$ de la $FLTI$ des triangles équilatéraux $PQR$. C'est le centre du triangle équilatéral $\Omega BC$.
On a les égalités suivantes entre aires algébriques:
$S(OPP')= S(OQQ')=S(ORR')$
qui caractérisent le centre aréolaire.
Amicalement
pappus



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a quatre semaines et a été effectuée par pappus.


Seuls les utilisateurs enregistrés peuvent poster des messages dans ce forum.

Cliquer ici pour vous connecter

Liste des forums - Statistiques du forum

Total
Discussions: 130 238, Messages: 1 252 237, Utilisateurs: 21 602.
Notre dernier utilisateur inscrit Ramufasa.


Ce forum
Discussions: 7 589, Messages: 86 547.

 

 
©Emmanuel Vieillard Baron 01-01-2001
Adresse Mail:

Inscription
Désinscription

Actuellement 16057 abonnés
Qu'est-ce que c'est ?
Taper le mot à rechercher

Mode d'emploi
En vrac

Faites connaître Les-Mathematiques.net à un ami
Curiosités
Participer
Latex et autres....
Collaborateurs
Forum

Nous contacter

Le vote Linux

WWW IMS
Cut the knot
Mac Tutor History...
Number, constant,...
Plouffe's inverter
The Prime page