Triangle de Héron d'Alexandrie
Bonjour ou bonsoir (voir l'heure).
Cela fait une demi-heure que je cherche dans le net, Héron d'Alexandrie a construit cinq triangles dont la surface et le périmètre sont égaux, et ils sont uniquement cinq qui ont cette propriété. Avez-vous un site ou document qui parle de ces cinq triangles.
Merci infiniment.
Cela fait une demi-heure que je cherche dans le net, Héron d'Alexandrie a construit cinq triangles dont la surface et le périmètre sont égaux, et ils sont uniquement cinq qui ont cette propriété. Avez-vous un site ou document qui parle de ces cinq triangles.
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Réponses
As-tu essayé la première page renvoyée par Google lorsque tu entres Héron d'Aléxandrie 5 triangles aire périmètre ?
Étant donné un triangle quelconque dont on connaît les longueurs des côtés mesurées avec une certaine unité, on peut toujours trouver une autre unité, éventuellement la même, de telle sorte que son aire et son périmètre soient exprimés par le même nombre à l'aide de cette nouvelle unité.
Autrement dit, tout triangle convient.
Cordialement,
Rescassol
trouvé sur le net voir
Seuls cinq triangles héroniens ont une aire égale au périmètre:
(5,12,13), (6,8,10), (6,25,29), (7,15,20) et (9,10,17).
Cordialement
Bonjour,
J'ai essayé, mais je tombe toujours sur la formule de Héron ...:-S
Je ne sais pas, ce que vous voulez dire, mais voir le message de fm-31, et voir les messages que je vais poster, car je les ai trouvés.
Merci de m'avoir aidé $Rescassol $
Amicalement.
Youssef.
Merci, bien joué, je suis passé par ce site mais je n'ai pas vu cette petite remarque.
Le nom en anglais donne exactement les 5 triangles, '' equable triangles ''
Ces triangle qui sont unique on les trouve grâce leurs nom en anglais, """" equable triangles """"
Je pense comme Rescassol.
Prenons un triangle dont les côtés mesurent $y+z$, $z+x$, $x+y$ unités $(u)$.
Son périmètre est alors $2(x+y+z)(u)$ et son aire $\sqrt{xyz(x+y+z)}(u)^2$ .
On change d'unité en remplaçant $(u)$ par $\kappa(v)$.
La nouvelle mesure du périmètre est $2\kappa(x+y+z)(v)$ et celle de l'aire $\kappa^2\sqrt{xyz(x+y+z)}(v)^2$
Il y a égalité si
$$
\kappa = 2\,\sqrt{\frac{x+y+z}{xyz}}
$$
Je trouve plus simple de dire qu'un triangle étant donné,
on peut toujours en trouver un semblable dont l'aire égale le périmètre.
On peut montrer de même, et plus facilemement, que le célèbre triangle 3-4-5 est le seul triangle à côtés entiers dont l'aire est égale au demi-périmètre. Et on peut imaginer des généralisations.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
pour tous ces triangles à côtés entiers le rayon du cercle inscrit vaut 2.
Il est vrai qu'on est ici plus près de l'arithmétique que de la géométrie.
Personnellement j'aime assez ce genre de questions.
Rien ne laissait présager qu'il n'y a que 5 solutions à la question de Chaurien.
Bien cordialement.
kolotoko
C'est donc une étrange question que celle de Ludwig, qui rappelle la remarque de Voltaire que j'ai citée dans un autre fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?17,2002762,2008706#msg-2008706,
et qui - pardonnez-moi - ne brillait pas par son intelligence.
Et ce n'est pas moi qui ai posé la question, c'est Tyoussef qui a eu la bonne idée d'attirer notre attention dessus.
On trouve ces cinq triangles dans : Leonard Eugene Dickson, History of the Theory of Numbers, Vol. II, Diophantine Analysis, 1921, Chelsea 1971, p. 199, et ce résultat est attribué à Whitworth et Biddle, 1904.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Et non, il n'en va de même avec Pythagore ! Car faut-il le rappeler, l'égalité de Pythagore caractérise les triangles rectangles..
Il y a plus curieux dans ces cinq triangles. En les observant, il apparaît que chaque fois le plus petit côté est un diviseur du demi-périmètre, donc de l'aire, d'où il suit que la plus grande hauteur est un entier multiple de $4$.
Les deux derniers triangles $(6,8,10)$ et $(5,12,13)$ sont rectangles, ces triplets sont des triplets pythagoriciens très familiers.
Et chacun des trois autres triangles est obtusangle, et il est la différence (au sens ensembliste) de deux triangles rectangles à côtés entiers. Je compte sur les camarades pour faire les figures, avec leurs logiciels magiques ;-).
En un sens, les triplets pythagoriciens suffisent donc pour engendrer ces triangles. Pourquoi ? Je l'ignore, mais il me semble difficile d'affirmer que ce serait dans intérêt...
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Dans la solution que j'ai donnée, j’utilise une méthode classique dans de nombreux problèmes concernant le triangle, notamment dans les problèmes d'inégalités. Je remplace le problème sur les côtés $a,b,c$ par un problème sur les réels $x,y,z$ définis par $x=p-a,y=p-b,z=p-c$.
Ces nombres $x,y,z$ sont d'ailleurs les longueurs des segments découpés sur les côtés par les points de contact du cercle inscrit, mais peu importe ici.
C'est une méthode très classique et connue de longue date, sans qu'on ait jamais éprouvé le besoin de lui accoler une étiquette injustifiée, tout comme... vous m'avez compris.
Et voici qu'en 1999 un livre (hélas !) français attribue un nom fantaisiste à cette méthode. Décidément, nous avons aux yeux du monde la palme de la bêtise !
Murray S. Klamkin, le grand spécialiste des problèmes, a expliqué la stupidité de cette appellation :
https://pdfs.semanticscholar.org/9fdd/4ced8d3d74cafbd9632f238f1102719698aa.pdf
Conclusion : si vous venez à utiliser cette méthode, abstenez-vous de lui coller une étiquette, ce sera plus sérieux. Et faites passer le message, avec la référence.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Bonne après-midi.
Fr. Ch.
Je suis bien d'accord avec Chaurien, et je suppute qu'il y a peut-être là quelque chose à creuser en arithmétique, au niveau de relations (sans doute déjà connues, mais méconnues) entre les triplets pythagoriciens et certains nombres premiers. En tout cas, si le fait s'avère, je n'en serai pas surpris, personnellement ...
Je vais essayer de regarder la chose sous cet angle.
Bien cordialement
JLB
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Merci beaucoup !
Bien cordialement
JLB
Ce qui me semble remarquable, c'est que dans les trois cas, chacun des trois triangles $ACK$ est semblable au triangle pythagoricien primordial $(3,4,5)$. Il en résulte que les trois angles $\widehat{ACK}$ sont égaux, de mesure $\arctan \frac 43$, et leurs supplémentaires $\widehat{ACB}$ sont égaux par conséquent, ce qui justifie la remarque de fm_31, sans la loi des cosinus, qu'on aurait pu appliquer aussi, mais le calcul aurait été plus long.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Ah oui, en effet ... Merci, Chaurien !
JLB
Je voulais dire : étant donné $r \in \mathbb N^*$, trouver les triangles à côtés entiers $a,b,c$ tels que $S= r p$, où $S$ est l'aire et $p$ le demi-périmètre. Cet entier $r$ s'interprète comme le rayon du cercle inscrit.
J'ai signalé que pour $ r =1$ on trouve seulement le triangle pythagoricien « primordial » $(3,4,5)$.
Le cas $r=2$ est celui qui a été introduit par Tyoussef comme l'objet de ce fil, et qui a été résolu et bien discuté ci-dessus.
Ludwig nous donne une des solutions pour $r=3$. La méthode que j'ai proposée pour $r=2$ me semble applicable pour toutes les valeurs de $r$, mais avec une complication croissante lorsque $r$ croît.
Soient les côtés $a,b,c$, entiers tels que $1\le a\le b \le c <a+b$, soit $p= \frac 12(a+b+c)$ et $ S=\sqrt {p(p-a)(p-b)(p-c)}$. Pour chaque $r \in \mathbb N^*$, on cherche les $a,b,c$ tels que $S=rp$.
Comme dans le cas $r=2$, on montre que $p \in \mathbb N^*$.
On fait la transformation classique dont j'ai parlé : $x:=p-a,y:=p-b,z:=p-c$, et l'équation du problème devient : $xyz=r^2(x+y+z)$, avec $x,y,z$ entiers, $1\le z\le y\le x$. Il en résulte : $z^2 \le 3r^2$. Nihil novi sub sole.
C'est ici qu'apparaît la complication. Pour $r=2$, nous avions à envisager les trois valeurs $z=1,2,3$. Mais pour $r=3$, il faut regarder $z=1,2,3,4,5$. C'est faisable, mais un peu embêtant. Je pense qu'on pourrait trouver toutes les solutions au moyen d'un un programme Python, car le nombre de valeurs à balayer est fini et n'est pas très grand, mais je ne maîtrise pas ce langage, et je n'ai plus mon bon vieux Turbo-Pascal.
La solution de Ludwig fait apparaître encore une hauteur entière et un triangle qui est la différence de deux triangles rectangles pythagoriciens. Peut-être des considérations de divisibilité peuvent-elles simplifier la solution.
Bonne journée estivale, c'est Messidor.
Fr. Ch.
Une bonne journée
Dans ses messages, Tyoussef s'intéresse plus particulièrement aux triangles à côtés entiers dont l'aire est égale au périmètre, et au fait qu'il n'y a que 5 triangles qui ont cette particularité. Ces triangles sont rectangles pythagoriciens (à côtés entiers) ou bien obtusangles, se décomposant en deux triangles rectangles pythagoriciens.
Maintenant, il n'est pas difficile de trouver tous les triangles à côtés entiers dont l'aire est égale à 3 fois le demi-périmètre, c'est-à-dire dont le rayon du cercle inscrit est $3$. Pas difficile, juste un peu fastidieux, et je n'ai pas encore eu le courage de le faire. Ludwig en a trouvé un, qui se décompose en triangles pythagoriciens.
Ludwig nous renvoie à ce document : http://math.fau.edu/yiu/Southern080216.pdf qui est consacré aux triangles héroniens au sens où les côtés et l'aire sont entiers. On y voit en introduction le triangle $(25,34,39)$ dont l'aire est $420$, et qui n'a donc aucune hauteur entière, et n'est donc pas décomposable en deux triangles rectangles pythagoriciens. Il semble sortir de notre propos car le rayon de son cercle inscrit n'est pas non plus un entier, c'est $\frac {60}7$. On peut revenir dans notre propos car en multipliant les côtés par $7$, on obtient un triangle dont les côtés et l'aire sont entiers, et dont le rayon du cercle inscrit est $60$. Mais les hauteurs de ce nouveau triangle ne sont toujours pas entières. Ce qui prouve qu'un triangle dont les côtés, l'aire et le rayon du cercle inscrit sont tous entiers n'est pas forcément décomposable en deux triangles rectangles pythagoriciens, et Ludwig a raison. Mais faut-il aller jusqu'au rayon $r=60$ pour trouver un tel contre-exemple ?
On peut observer de plus que lorsqu'un triangle $ABC $ est héronien au sens où côtés et aire sont rationnels, si $K$ est le pied de la hauteur relative au sommet $A$, alors les segments $AK$ (hauteur), et aussi $KB$ et $KC$ sont rationnels. Tout triangle héronien se décompose en deux triangles rectangles rationnels, et si l'on veut, la multiplication par un entier convenable rendra tout ça entier.
Que de questions...
Bonne journée.
Fr. Ch.
On peut effectivement relever quelques curiosités anecdotiques concernant ces triangles héroniens obtusangles, leurs "gnomons" (d'après Chaurien) et les triangles-sommes.
J'appelle "Tpp" le triangle pythagoricien primordial de côtés 3, 4 et 5, et donc d'aire 6. Je désigne par "nTpp" le triangle de côtés 3n, 4n et 5n, et donc d'aire 6n2.
Je note "(a-b-c)" le triangle de côtés a, b, c, et "A(a-b-c)" son aire. Je note "juxta" l'opération consistant à juxtaposer un triangle héronien et son gnomon, ce qui donne ce que j'appelle le "triangle-somme".
Notons tout d'abord que pour les deux triangles héroniens obtusangles dont la mesure du grand côté est un nombre premier, 29 ou 17, la somme des mesures des deux autres côtés est le nombre premier jumeau de la mesure du grand côté : 25+6 = 31, 10+9 = 19. On peut aussi remarquer que la somme des mesures des cathètes des deux triangles-sommes correspondants est aussi un nombre premier : 20+(6+15) = 41, 8+(9+6) = 23.
Notons ensuite que ces gnomons sont les triangles 5Tpp, 3Tpp, et 2Tpp, et que le triangle 4Tpp apparait comme l'un des trois triangles-sommes.
On peut vérifier :
(29-21-20) = (29-6-25)juxta(25-15-20), soit A(29-20-21) = (20x21)/2 = A(29-6-25) + A(5Tpp) = 60 + 6x52 = 210
(20-16-12) = 4Tpp = (20-7-15)juxta(15-9-12), soit A(4Tpp) = 6x42 = A(20-7-15) + A(3Tpp) = 42 + 6x32 = 96
(17-15-8) = (17-9-10)juxta(10-6-8), soit A(17-15-8) = (15x8)/2 = A(17-9-10) + A(2Tpp) = 36 + 6x22 = 60
Rappelons que les aires de tous les triangles héroniens sont des multiples entiers de l'aire du Tpp :
A(10-8-6)= 4.A(Tpp), A(13-12-5) = 5.A(Tpp), A(17-10-9) = 6.A(Tpp), A(20-15-7) = 7.A(Tpp), A(29-25-6) = 10.A(Tpp)
Mais je suis le premier à reconnaître l'intérêt très relatif de toutes ces considérations, que je suis sans doute la nn-ième personne à faire ...
Bonne journée à tous, bien cordialement
JLB
PS : je viens de lire les deux messages envoyés par Chaurien pendant que j'écrivais le mien : concernant leur intérêt respectif, il n'y a vraiment pas photo ! Merci, Chaurien !
M'étant décidé à parcourir le texte de Paul Yiu fourni par Ludwig (qui s'intéresse donc à cette question), j'observe qu'il donne le plus petit triangle héronien-entier à hauteurs non entières, et qui est $(5,29,30)$. Demi-périmètre : $p=32$, aire : $S=72$, rayon du cercle inscrit : $r= \frac 94$.
Le triangle $(20,116,120)$ a donc un rayon du cercle inscrit égal à $9$, et il n'a toujours pas de hauteur entière, donc il ne se décompose pas en triangles rectangles entiers. Comme rayon, c'est plus sympa que $60$ ;-).
Bonne journée.
Fr. Ch.
Merci pour le document PDF, c'est une jolie démonstration
Il y a une condition que j'ai peut-être oublié de motionner, c'est les côtés sont des entiers naturels
Je répète que la méthode que j'ai proposée s'applique pour trouver les triangles à côtés entiers ayant un rayon du cercle inscrit $r$ entier donné, mais que plus $r$ augmente, et plus on a de cas à envisager, et donc de calculs ennuyeux. Un programme très simple peut le faire à notre place, et distinguer les solutions qui sont des triangles rectangles, acutangles, obtusangles, et les décompositions en triangles rectangles pythagoriciens. Mais moi je n'ai plus de moyens de programmation ; dommage que personne ne le fasse.
J'ai étudié à la main le cas $r=3$, j'ai trouvé en tout 13 triangles-solutions, mais le cœur m'a manqué pour discerner complètement leurs qualités. Disons seulement qu'Il y a déjà le $(11,13,20)$ de Ludwig. Il y a aussi $(9,12,15)$, qui est 3-semblable au triangle pythagoricien « primordial » $(3,4,5)$, ce qui est normal puisque ce dernier donne $r=1$. Il y a les triangles pythagoriciens primitifs $(7,24,25)$ et $(8,15,17)$. Et il y a le triangle isocèle acutangle $(10,10,12)$ qui est la juxtaposition de deux triangles pythagoriciens $(6,8,10)$, semblables au « primordial ». Pour les 8 autres, il faut y regarder de plus près.
Bonne journée.
Fr. Ch.