Partage d'un carré en triangles acutangles

Bonsoir,

Un angle droit est il aigu ?.

Cordialement,

Rescassol

Bonsoir,

Donc un angle droit est obtus ?

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,


@Rescassol : un angle droit n'est pas obtus, n'est pas aigu : il est droit. Un angle aplati n'est pas obtus, n'est pas aigu, n'est pas droit : il est aplati.

J'ai montré au moins 4 acutangles. J'ai montré que 7 acutangles sont solutions.

Oops! C'est plus compliqué que je croyais... en fait je conjecture que ce n'est pas possible : il en faut une infinité.

Bonjour
Voir la discussion initiée par Soland il y a six ans
Triangles obtus et acutangles
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bonjour Christoph et merci
Mais pourquoi faut-il au moins huit triangles acutangles?
Bien cordialement. Poulbot

En prenant un carré de côté $1$ on trouve par un calcul intégral que l'aire de la zone dans laquelle on peut placer les deux points déterminant les huit triangles (voir la figure de soland) est égale à : $$\frac{1}{16} \; \operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{3}{4} \right) + \frac{1}{4} \; \operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{4}{3} \right) - \frac{5}{32} \; \pi  + \frac{1}{4} \approx 0,031.$$ Avec Wolfram Alpha j'ai obtenu une formule avec un seul calcul trigonométrique : $$\frac{1}{4} - \frac{1}{16} \; \pi  - \frac{1}{32} \; \operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{10296}{11753} \right).$$ Je crois avoir vu passer il n'y a pas longtemps sur le forum une méthode pour simplifier des sommes d'arcs tangentes de ce type, mais je ne la retrouve pas. Cela vous dit quelque chose ? On doit sans doute partir de la formule donnant $\operatorname{tan⁻¹} \left( x \right) + \operatorname{tan⁻¹} \left( y \right)$.

Merci Chaurien mais il n'y a pas les calculs dans ton lien. J'en ai fait une partie à la main (il me manque la dernière simplification) et j'ai trouvé une formule plus simple que Wolfram : $$\frac{1}{4}- \frac{1}{16} \; \pi -\frac{1}{16}\; \operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{44}{117} \right) .$$

edit : j'ai trouvé la dernière ligne, il suffit de résoudre une équation obtenue à partir de $\arctan(\frac{24}{7})=\arctan(x)+\arctan(\frac{4}{3})=...)$

Oui c'est vrai tu as raison Chaurien, pas besoin du calcul intégral pour trouver cette aire. La figure ci-dessous donne je pense une piste. Je travaille avec GeoGebra et alors je ne m'embête pas trop : coordonnées du point d'intersection des deux arcs, intégration d'une fonction liée, paf paf c'est terminé. Alors, je reconnais, quand je dis que je ne m'embête pas, en fait je m'en-bête. Je n'en ai pas vraiment conscience quand je suis planté devant l'ordi, je ne le vois que si on me le dit en fait. Merci de me l'avoir signalé!

Je suis, comment dire, très terre-à-terre. Une vision au ras des pâquerettes. Enfin j'essaie quand même de m'élever.. pas évident. De ce point de vue, c'est-à-dire du désir de s'élever, il est bien clair que les logiciels se présentent essentiellement contre. C'est bien pour cela que j'essaie de les planter.

Merci Chaurien pour ces calculs, qui donnent bien le même résultat que celui que j'avais trouvé. Mais l'expression qu'on obtient avec ta méthode est beaucoup plus simple ! Pour un carré de côté $1$ on a $R=\frac{1}{2}$, $R'=\frac{1}{4}$, $\alpha=\operatorname{tan⁻¹}(\frac{1}{2})$ et $h= \frac{\sqrt{5}}{10}$. L'aire de l'intersection des deux disques est alors $S=\frac{3}{16} \; \operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{1}{2} \right) + \frac{1}{32} \; \pi  - \frac{1}{8}$, ce qui donne pour celle de la zone qui nous intéresse : $$\frac{3}{8} \; \operatorname{tan⁻¹} \left( \frac{1}{2} \right) - \frac{1}{8} \; \pi  + \frac{1}{4}.$$ Il est naturel de vouloir placer un point dans cette zone, pour faire la figure. On peut pour cela construire cette zone à partir d'inégalités puis utiliser la commande POINTDANS de GeoGebra. Mais cela fonctionne très mal je l'ai déjà dit : le point obtenu reste collé aux bords, saute inexplicablement et ne va pas dans les coins. Avec la méthode que j'ai décrite dans ce fil, on obtient un résultat parfait. Ici il suffit de placer un point $P$ (à la main) dans la zone, de le projeter sur les arcs, puis de construire le quadrilatère délimité par les tangentes à ces projections. C'est dans ce quadrilatère qu'on va ensuite placer un point $Q$ grâce à POINTDANS, et lui adjoindre le script par actualisation SoitValeur($P$,$Q$) : le quadrilatère changera en même temps qu'on bougera $Q$, mais il restera toujours dans la zone et ira bien partout comme il faut. Et donc $Q$ aussi

Une bonne journée,
Ludwig