Calcul d'aire

pappus · November 2020

Bonsoir à tous
Voici un nouvel exercice sur les aires.
La figure ci-dessous montre un hexagone convexe dont les six côtés ont la même longueur:
$AB=BC=CD=DE=EF=FA.\qquad$
Les côtés opposés sont parallèles, i.e:
$AB\parallel DE,\quad$ $\quad BC\parallel EF,\qquad$ $\quad CD\parallel FA.\qquad$
On connait les distances séparant les côtés parallèles:
$p=d(AB,DE)\quad$, $q=d(BC,EF)\quad$, $r=d(CD,FA).\qquad$
Calculer la longueur commune $x\ $ des côtés ainsi que l'aire $\mathcal A\ $de l'hexagone
Amicalement
[small]p[/small]appus 112560

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Il est clair que ce n'est pas demain la veille que quelqu'un s'intéressera à ce minuscule exercice!!!
Sans doute pas assez d'axiomes de Thalès et de Pythagore ou peut-être que la formule donnant l'aire d'un triangle a disparu avec le certificat d'études primaires en 1989: le bicentenaire de la Révolution, fallait le faire!!!
Je prédis que le baccalauréat disparaitra officiellement en 2070, le bicentenaire du désastre de Sedan, une bonne date, ce me semble!
Alors je vous livre le résultat que j'ai trouvé:
$$\mathcal A=\dfrac{S(p,q,r)^2}{2S\big(\dfrac{-p+q+r}2,\dfrac{p-q+r}2,\dfrac{p+q-r}2\big)}=\dfrac{2S(p,q,r)^2}{S\big(-p+q+r,p-q+r,p+q-r\big)}.\qquad$$
où $S(x,y,z)\ $ désigne l'aire du triangle dont les longueurs des côtés sont $(x,y,z).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

zephir · November 2020

Bonjour,
Quand on ne trouve rien d'intéressant, on ne dit rien.
Je me suis un peu cassé la tête pour trouver des relations pertinentes.
Et la valeur du côté ?
$p,q,r$ doivent vérifier une condition. Ta formule montre qu'ils doivent être les longueurs des côtés d'un triangle.
Il n'y a plus qu'à choisir le triangle adhoc.

pappus · November 2020

Mon cher zephyr
Effectivement avant de se lancer dans des calculs incertains, il faut faire un minimum de géométrie!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

zephir · November 2020

Mon cher Pappus,
Un peu de géométrie. Je fais subir à l'hexagone une rotation de centre $E$ et qui envoie $F$ sur $D$ et $D$ sur $D_1$. et, indépendamment une rotation de centre $A$ qui envoie $F$ sur $B$, et $B$ sur $B_1$
J'obtiens un empilement de trois hexagones dont la hauteur totale est $p+q+r$
Si je note $a$ la longueur commune des côtés, la surface de l'hexagone est $a(p+q+r)/2$.

D'autre part, l'hexagone admet un centre de symétrie $\Omega$. Je n'ai toujours pas d'outil de dessin, hélas !

pappus · November 2020

Merci zephyr
Ton évaluation de l'aire est exacte mais tu n'as pas besoin d'empiler les hexagones pour ce faire
La figure admet effectivement un centre de symétrie (et c'est important!) mais il faut le prouver
Amicalement
[small]p[/small]appus

zephir · November 2020

Nous disposons de 3 parallélogrammes $ABDE$,$BCEF$ et $EDFA$.
Ils ont deux à deux une diagonale commune.
Ces diagonales se coupent en $\Omega$ qui est un centre de symétrie commun.

L'empilement est une idée de découpage géométrique, mais il y en a d'autres.
Le carré au second membre suggère de calculer l'aire avec trois équations de droites.
En prenant $\Omega$ comme origine, les côtés ont des équations de la forme $X\cos t +Y\sin t=p/2,q/2,r/2$, ensuite ... ?
Je navigue, je patauge mais je ne me noie pas !

zephir · November 2020

Avec les angles en $\Omega$, je trouve la formule :$a^2=\dfrac {pqr}{p+q+r}$
C'est toujours ça que les prussiens n'auront pas !
A suivre ...

pappus · November 2020

Mon cher zephyr
Ton expression de $a^2\ $ ne cadre pas avec celle de l'aire de l'hexagone que j'ai donnée!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · November 2020

Bonsoir,

Voilà la vérification de ta formule, Pappus, en la connaissant au départ, il est vrai:

% Pappus - 14/11/2020 - Calcul d'aire

clc, clear all, close all

syms u v   % Deux vecteurs unitaires

uB=1/u;
vB=1/v;

%-----------------------------------------------------------------------

a=0;
b=1;
c=b+u;
d=c+v;
e=d-1;
f=e-u; % donc f = v

aB=0;
bB=1;
cB=bB+uB;
dB=cB+vB;
eB=dB-1;
fB=eB-uB;

Hexa=Aire(a,b,c,aB,bB,cB)+Aire(a,c,d,aB,cB,dB)+Aire(a,d,e,aB,dB,eB)+Aire(a,e,f,aB,eB,fB);
Hexa=Factor(Hexa)

% On trouve:

Hexa=-i*(u+v)*(u+1)*(v-1)/(2*u*v);

%-----------------------------------------------------------------------

% p = y(u+v) donc:

p=Factor((e-eB)/(2i)); % On trouve p = -i*(u+v)*(u*v-1)/(2*u*v)

[e1 e1B]=ProjectionPointDroite(e,b,c,eB,bB,cB);
[f1 f1B]=ProjectionPointDroite(f,c,d,fB,cB,dB);

q2=Factor((e1-e)*(e1B-eB)); % On trouve q2 = -(u^2+v)^2*(v-1)^2/(4*u^2*v^2)
r2=Factor((f1-f)*(f1B-fB)); % On trouve r2 = -(v^2-u)^2*(u+1)^2/(4*u^2*v^2)

% Donc:

q = -i*(u^2+v)*(v-1)/(2*u*v);
r = -i*(v^2-u)*(u+1)/(2*u*v);

%-----------------------------------------------------------------------

% Carré de l'aire d'un triangle de côtés p,q,r

pqr2 = (- p^4 - q^4 - r^4 + 2*p^2*q^2 + 2*q^2*r^2 + 2*r^2*p^2)/16;
pqr2=Factor(pqr2)

P=-p+q+r;
Q=p-q+r;
R=p+q-r;

% Carré de l'aire d'un triangle de côtés P,Q,R

PQR2 = (- P^4 - Q^4 - R^4 + 2*P^2*Q^2 + 2*Q^2*R^2 + 2*R^2*P^2)/16;
PQR2=Factor(PQR2)

% On trouve:

pqr2 = -((u + v)^2*(u - v)*(u - 1)*(u + 1)^2*(v - 1)^2*(v + 1))/(16*u^3*v^3);
PQR2 = -((u + v)^2*(u - v)^2*(u - 1)^2*(u + 1)^2*(v - 1)^2*(v + 1)^2)/(16*u^4*v^4);
 
%-----------------------------------------------------------------------

% On vérifie que Hexa*PQR=2*pqr^2 donc que Hexa^2*PQR^2=4*pqr^4

Nul=Factor(Hexa^2*PQR2-(4*pqr2^2)) % La formule de Pappus est donc exacte

Cordialement,

Rescassol

zephir · November 2020

Mon cher Pappus,
ton objection est valable. J'ai fait une erreur de figure. Ma formule (fausse) utilise le fait que $\Omega$ se projette au milieu du côté, ce qui est faux. Ma formule des tangentes est à revoir.
Merci à Rescassol d'avoir validé la formule.
Je repars à zéro (Edith Piaf).

pappus · November 2020

Bonsoir zephyr et merci à Rescassol.
Maintenant on est sûr que je n'ai pas raconté n'importe quoi, ce qui m'arrive de temps en temps surtout quand je radote, qui est le bénéfice du grand âge.
La question est maintenant: comment je m'y suis pris pour trouver cette formule un peu bizarre?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Non, rien de rien
Non, je ne regrette rien
Ni le bien qu'on m'a fait
Ni le mal
Tout ça m'est bien égal
Non, rien de rien
Non, je ne regrette rien
C'est payé, balayé, oublié
Je me fous du passé
Avec mes souvenirs
J'ai allumé le feu
Mes chagrins, mes plaisirs
Je n'ai plus besoin d'eux
Balayé les amours
Avec leurs trémolos
Balayé pour toujours
Je repars à zéro

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Rassurez vous.
La démonstration n'est pas de moi!
Je suis aussi décrépi qu'il est convenable de l'être à mon âge canonique mais je lis attentivement les interventions récentes du forum de géométrie, c'est aussi simple que cela!
Car celui qui demande reçoit, celui qui cherche trouve et l'on ouvre à celui qui frappe!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Voici la figure sur laquelle je me suis appuyé pour évaluer l'aire de l'hexagone.
Amicalement
[small]p[/small]appus 112696

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Je précise un peu ma figure en faisant apparaître des paires de triangles rectangles isométriques.
Des triangles rectangles, vous vous rendez compte!
On est presque arrivé au niveau zéro de la géométrie que nous connaissons.
Sur la figure on peut lire:
$BB'=C'D=a=x\sin(\alpha).\qquad$
$FF'=A'B=b=x\sin(\beta).\qquad$
$DD'=E'F=c=x\sin(\gamma).\qquad$
$E'F'=b+c=p.\qquad$
$C'D'=c+a=q.\qquad$
$A'B'=a+b =r.\qquad$
On remarque que les angles $\alpha\ $, $\beta\ $, $\gamma\ $ sont les angles extérieurs de notre hexagone convexe, chacun intervenant deux fois, donc:
$2\alpha+2\beta+2\gamma=360°.\qquad$
Par suite:
$\alpha+\beta+\gamma=180°.\qquad$
On ajoute cette relation à:
$\dfrac a{\sin(\alpha)}=\dfrac b{\sin(\beta)}=\dfrac c{\sin(\gamma)} (=x).\qquad$
Ceci prouve, (avec hélas un défunt argument de similitude), qu'il existe un triangle dont les longueurs des côtés sont $(a,b,c).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
A suivre, to be continued, con tiêp nua 112742

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Je poursuis mais qui ou quoi?
Sous le nez on a le système linéaire:
$$
\begin{cases}
b+c&=&p\\
c+a&=&q\\
a+b&=&r
\end{cases}
.\qquad
$$
C'est un système de Cramer dont la solution est:
$$\begin{cases}
a&=&\dfrac{-p+q+r}2\\
b&=&\dfrac{p-q+r}2\\
c&=&\dfrac{p+q-r}2
\end{cases}
.\qquad
$$
En passant, ceci prouve pour les incrédules qu'il existe un triangle dont les longueurs des côtés sont $(p,q,r).\qquad$.
Passons maintenant au calcul de l'aire $\mathcal A\ $ proprement dite.
Notre empileur d'hexagones nous a affirmé que:
$$\mathcal A=\dfrac{x(p+q+r)}2.\qquad$$
Cette formule est exacte comme je l'ai dit mais je pense qu'il faudrait quand même en donner une meilleure justification!!!
Donc:
$$\mathcal A=\dfrac{p+q+r}2\dfrac a{\sin(\alpha)}=\dfrac{p+q+r}2\dfrac {abc}{bc\sin(\alpha)}=\dfrac{(p+q+r)abc}{4S(a,b,c)}.\qquad$$
Il ne reste plus qu'à évaluer le numérateur de cette fraction:
$$(p+q+r)abc=(p+q+r)(\dfrac{-p+q+r}2)(\dfrac{p-q+r}2)(\dfrac{p+q-r}2)=2S^2(p,q,r)$$
d'après la (défunte ?) formule de Héron, est-elle encore enseignée?
Finalement on a bien:
$$\mathcal A=\dfrac{S^2(p,q,r)}{2S\big(\dfrac{-p+q+r}2,\dfrac{p-q+r}2,\dfrac{p+q-r}2\big)}.\qquad$$
Maintenant la question est la suivante
On se donne un triangle $PQR$ dont les longueurs des côtés sont $p=QR\ $, $q=RP\ $, $r=PQ\ $, reconstituer notre hexagone!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
On sent bien que les concepts mis en oeuvre dans cette solution sont hors de portée de la plupart de nos lycéens, habitués qu'ils sont à ânonner seulement les axiomes de Thalès et de Pythagore, sauf peut-être de ceux de LLG.
Il faudrait demander à Sachaben

zephir · November 2020

Mon cher Pappus,
Comme d'habitude j'ai cherché midi à 14h. J'avais tes formules mais j'ai oublié d'utiliser l'identité de Janet logarithmique : multiplier et diviser par $bc$
J'en profite pour te signaler une erreur de frappe dans ton deuxième paquet de formule : $c=\dfrac {p+r-r} 2$

Avec tout ça, on n'a toujours pas $x$.

pappus · November 2020

Merci zephyr
J'ai corrigé!
Qu'est-ce que l'identité de Janet logarithmique?
On en apprend à tous les âges!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu empiles toujours tes hexagones et on a:
$$x=\dfrac{2\mathcal A}{p+q+r}$$
Et on vient juste de calculer $\mathcal A\ $!!!!

zephir · November 2020

Mais oui, mais c'est bien sûr comme le dirait l'inspecteur Bourel en des temps que les moins de vingt ans n'e peuvent pas connaître.
Quant à l'identité de Janet son nom date des années 60 et dit : $a=a+b-b$. Celle-là est la version arithmétique. Sa version logarithmique est : $a=(ab)/b$

L'identité de Janet pour un mathématicien, c'est comme la prose pour Monsieur Jourdain.

pappus · November 2020

Merci zephyr
Je men doutais un peu mais pourquoi lui avoir attribué le nom de Maurice Janet (1888-1983) qui me semble avoir été un mathématicien fort sérieux selon Wikipédia?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il reste à faire la synthèse c'est à dire retrouver l'hexagone à partir du triangle $PQR.\qquad$

La bohème, la bohème
On était jeunes
On était fous
La bohème, la bohème
Ça ne veut plus rien dire du tout.

Ludwig · November 2020

C'est quoi l'identité de Janet logarithmique ?
Avec un nom pareil, aussi joli, j'ai immédiatement pensé à cette chanson. Intemporelle, donnant de la joie (pas si courant), une perle ! Pas sûr qu'un théorème puisse rivaliser..

zephir · November 2020

Bof, connaissant $p,q,r$ on sait construire $a,b,c$, donc un triangle $abc$ et par voie de conséquence les angles $\alpha,\beta,\gamma$. Pour qui sait tracer des parallèles, on trace une droite support de $AB$, sur laquelle on choisit un point $A$. On trace ensuite des parallèles à cette droite, à une distance $b$ qui supportera $F$ et à une distance $p$ supportant $DE$. Il ne reste plus qu'à placer la demi-droite $AF$ faisant avec $BA$ un angle égal à $\beta$.
Voilà, c'est presque terminé. On a en prime $x=AF$.

Du coq à l'âne, l'identité de Janet a été attribué à Janet par mon prof de math en spé et ... je l'ai perpétué. Tous mes anciens élèves la connaissent sous ce nom. Quand on pense qu'elle est à la base de beaucoup de théorèmes difficiles, elle mérite bien un nom.

pappus · November 2020

Mon cher zephyr
Là on va dans l'autre sens de $(p,q,r)\ $ vers $(a,b,c)\ $
Qui te prouve que tu vas pouvoir construire un triangle dont les longueurs des côtés sont $(a,b,c)?\ $
Amicalement
[small]p[/small]appus

zephir · November 2020

Mon cher Pappus,

Ah ! je pensais que c'était évident. La solution $a,b,c$ est constitué de 3 réels positif because $p,q,r$ forment un triangle.
mais $a+c=r$ et $r-b=a\ge0$ et permutation. Donc on a bien la somme de deux des trois est supérieure au troisième ce qui est une CNS d'existence d'un triangle $abc$.

Salutation du soir au grand maître des maîtres
Qui nous inonde tous de ses talents immenses.
ça y est je suis repris et je recommence
à compter jusqu'à douze eh oui c'est un peu traitre

pappus · November 2020

Mon cher zephyr
Je voudrais bien te retourner ces compliments que je ne mérite guère mais tes calculs me semblent un peu fantaisistes!
As-tu bien lu le système de Cramer que j'ai écrit?
Ainsi que sa solution?
$b+c= p\ $ et $a=\dfrac{-p+q+r}2\ $
Donc $b+c-a=\dfrac{3p-q-r}2.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

zephir · November 2020

Oups ! je me suis encore planté. Je devrai utiliser mon crayon et du papier.
C'est bien $b+c=p$ et non $a+c=p$.
Du coup il faut que je retrouve la bonne condition pour l'existence d'un triangle.
Je me souviens que le plus grand des trois est plus petit que la somme des deux autres est une CNS.
Du coup j'ordonne $p\ge q\ge r$ et j'ai $p\le q+r$, d'où $r\ge p-q$
Parmi les trois $a,b,c = \dfrac {-p+q+r} 2,\dfrac {p-q+r} 2,\dfrac {p+q-r} 2$, il est facile de vérifier que $c\ge b\ge a$
d'où : $2(a+b-c) = (-p+q+r)+(p-q+r)-(p+q-r) = -p-q+3r$ qui doit être positif ?

zephir · November 2020

Je me sens mieux. Il y a bien une condition pour qu'un hexagone soit possible. C'est $3r\ge p+q$ avec $r$ le plus petit des trois, joint à la condition $p\ge q+r$ avec $p$ le plus grand des trois.

zephir · November 2020

@Ludwig : l'identité de Janet logarithmique est :$a=(ab)/b$

pappus · November 2020

Bonjour à tous
@Ludwig
On ne va pas rester éternellement avec cette galéjade et comme le disait le savant Cosinus, $1\quad$ est la première de toutes les unités:
$$a=1\times a\qquad$$
@zephyr
Tu peux te servir de Geogebra pour faire tes figures?
L'as-tu téléchargé?
Le géomètre d'aujourd'hui est assis devant sa console et utilise son logiciel de géométrie dynamique favori.
Comment fait-il pour construire trois réels strictement positifs $(p,q,r)\ $ vérifiant les trois inégalités:
$$\begin{cases}
b+c-a&=&\dfrac{3p-q-r}2&>&0\\
c+a-b&=&\dfrac{3q-r-p}2&>&0\\
a+b-c&=&\dfrac{3r-p-q}2&>&0
\end{cases}
$$
Et une fois cette petite corvée achevée, sera-t-il sûr que ces trois réels $(p,q,r)\ $ strictement positifs vérifient les inégalités triangulaires?
$$
\begin{cases}
q+r-p>0\\
r+p-q>0\\
p+q-r>0
\end{cases}
\qquad
$$

Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Si vous regardez la toute première figure de ce fil, comment ai-je fait pour la construire?
Car quand le géomètre trace une figure, il passe son temps à construire, son logiciel étant sensé lui faciliter son boulot!
En tout cas, certainement pas à partir du triplet des longueurs $(p,q,r)).\qquad$
Je me suis donné les points $A\ $ et $B\ $.
Ensuite j'ai tracé le cercle de centre $A\ $ passant par $B\ $ et sur ce cercle j'ai choisi un point $F.\ $
Puis j'ai tracé le cercle de centre $B\ $ passant par $A\ $ et sur ce cercle j'ai choisi un point $C.\ $
Ainsi j'ai obtenu la ligne polygonale $FABC\ $ récupérant ainsi la moitié de mon hexagone.
Pour avoir l'autre moitié $CDEF\ $, j'ai simplement fait la symétrie du premier morceau par rapport au milieu de $CF.\ $
Enfin, seulement enfin, j'ai fait apparaître triomphalement les longueurs $(p,q,r).\ $
C'est un peu de la triche!
Il n'est pas évident qu'à partir du triplet $(p,q,r)\ $, on obtienne qu'un seul hexagone à isométrie près.
C'est tout simplement ce que je demande de vérifier!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Bonjour à tous
Je ne sais pas trop si ma question a un sens mais je la pose quand même en espérant qu'un spécialiste des probabilités passe par là, (probabilité pour que cet évènement arrive? Sans doute très faible!).
On tire au hasard trois réels strictement positifs $(p,q,r)\ $, ( cela a-t-il déjà un sens?).
Quelle est la probabilité pour que ces réels vérifient les inégalités triangulaires:
$$
\begin{cases}
q+r-p>0\\
r+p-q>0\\
p+q-r>0
\end{cases}
\qquad
$$
ou bien les inégalités:
$$
\begin{cases}
3p-q-r>0\\
3q-r-p>0\\
3r-p-q>0
\end{cases}
\qquad
$$
J'ai l'intuition qu'on peut formuler correctement ce problème du point de vue du calcul des probabilités!
Amicalement
[small]p[/small]appus

P. · November 2020

Tout depend quelle probabilite tu mets sur le triplet $(p,q,r).$ Tu peux imposer $p+q+r=1$ pour commencer, ce qui fait du triplet les coordonnees barycentriques d'un point $M$ a l'interieur d'un triangle de sommets $ABC.$ Pour le premier systeme il demande $p,q, r<1/2$ cad que $M$ soit a l'interieur d'un triangle $A'B'C'$ que je ne te ferai pas l'injure de decrire. Ainsi, si dans $ABC$ on met la mesure uniforme la reponse au probleme 1 est 1/4. Je n'ai pas cherche le probleme 2, il faut traduire ses contraintes barycentriques sur la position de $M$ ce qui n'est pas dur.

Il y a d'autres choix, mettre sur $(p,q,r)$ la probabilite de Dirichlet proportionnelle a $$p^{\alpha-1}p^{\beta-1}(1-p-q)^{\gamma-1}1_{ 0<p,q,1-p-q}(p,q)dpdq$$ qui generalise le cas simple $\alpha=\beta=\gamma=1$ precedent, avec des calculs plus ou moins faisables suivant les valeurs de $\alpha,\beta,\gamma.$ On pourrait aussi prendre $p,q,r$ uniformes sur $[0,1]$ mais je crois que cela se ramene au cas simple precedent et qu'on a parle de ca sur le forum il y a quelques mois.

pappus · November 2020

Merci P.
C'est évidemment la contrainte $p+q+r=1$ que j'ai adoptée car elle conduit à des constructions géométriques simples et naturellement j'ai choisi la mesure uniforme (de Lebesgue?) parce que je n'en voyais pas d'autres!
Comme toi, j'ai obtenu $\dfrac 14$ pour le premier système d'inégalités et $\dfrac 1{16}$ pour le second, ce qui est peu et on a donc beaucoup de chances de se tromper en choisissant au hasard le triplet $(p,q,r).\qquad$
Ce n'est qu'un point de détail mais si on mesure la fréquence d'apparition de l'évènement dans une très longue série de tirages, obtient-on quelque chose proche de $\dfrac 14\ $ pour le premier système ou de $\dfrac 1{16}\ $ pour le second, c'est en fait tout ce qui m'intéresse. Ca doit pouvoir se modéliser?
En tout cas, par ta remarque barycentrique, tu as donné la clef de la construction de ces triplets $(p,q,r).\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus

PetitLutinMalicieux · November 2020

Bonjour

Pappus a écrit:

Quelle est la probabilité pour que ces réels vérifient les inégalités triangulaires:

Moi je dirais 1/4.

Bon. Sur le problème premier, je n'ai pas répondu car je sais pertinemment d'où vient l'énoncé ;-). Et j'ai déjà vu une réponse possible.

Ensuite, pour les probabilités, vous allez dire que je suis monomaniaque, mais je ressors mon théorème de Viviani. Car tout point dans un triangle équilatéral permet de symboliser une séparation en 3. (La somme des distances aux côtés égale la longueur de la hauteur)

Je prends donc un triangle équilatéral dont la hauteur représente 100% (ou 1). Je ne connais pas p, q et r. Mais je regarde la proportion des uns par rapport aux autres, de sorte que p+q+r correspondent à 100%.

Les cas favorables (qui font un triangle) sont les cas des points dans le sous-triangle du milieu.
Les cas défavorables sont les 3 autres sous-triangles.
Les cas totaux sont tout point du grand triangle équilatéral.
Donc proba 1/4.

C'est la même probabilité de pouvoir faire un triangle quand on casse un spaghetti en 3. 112814

pappus · November 2020

Bonjour PetitLutinMalicieux
Bien vu, c'est en lisant [large]ton fil[/large] attentivement que j'ai eu l'idée du mien!
Bravo pour ton animation mais j'aurais préféré que tu nous en concoctes une autre, relative au second système d'inéquations:
$$
\begin{cases}
3p-q-r>0\\
3q-r-p>0\\
3r-p-q>0
\end{cases}
\qquad
$$
Amicalement
[small]p[/small]appus

zephir · November 2020

Bonjour à tous,
Je prends la normalisation $p=1$. je désigne dans le plan $(q,r)$ les trois points $a=(1/2,1/2)$,$b=(2,1)$ et $c=(1,2)$.
le triplet $(1,q,r)$ satisfait les inégalités de Pappus ssi le point $(q,r)$ est intérieur au triangle $abc$, sauf erreur bien entendu.

P. · November 2020

Et la loi de proba la d'dans, zephir?

zephir · November 2020

Uniforme sur le triangle $q\ge0,r\ge0,q+r\le 3$

pappus · November 2020

Mon cher zephyr
Je ne sais pas si tu as fait une erreur et je ne veux pas le savoir pas même si tes calculs précédents ne plaident pas en ta faveur.
Pourquoi diable ne te mets-tu pas à GeoGebra?
Il serait plus facile de dialoguer!!!!!
La représentation barycentrique de P. et surtout celle, métrique, de PetitLutinMalicieux sont beaucoup plus agréables à utiliser.
L'idée de P. est de considérer le triplet $(p:q:r)$ comme les coordonnées barycentriques homogènes d'un point situé à l'intérieur d'un triangle de référence dont la forme importe peu.
On peut parfaitement faire les calculs dans ce cadre mais il faut faire attention parce que la récupération d'un point à partir de ses coordonnées barycentriques homogènes est délicate surtout pour ceux qui n'ont jamais rencontré de barycentres au cours de leurs études secondaires.
Un grand merci à notre Education soi-disant Nationale!
PetitLutinMalicieux choisit pour triangle de référence un triangle équilatéral avec justesse car pour un point de l'intérieur de ce triangle, le triplet de ses distances aux côtés est par une chance inouïe un triplet de coordonnées barycentriques homogènes.
Et il est facile de récupérer un point quand on connait ses distances aux côtés.
Il en résulte que le triplet des distances $(a,b,c)$ se lit directement sur la figure sans le moindre calcul.
Mais je constate avec la plus grande inquiétude que PetitLutinMalicieux n'a pas l'air de s'en être rendu compte!
Amicalement
[small]p[/small]

PetitLutinMalicieux · November 2020

C'est plus dur avec le deuxième système mais pas inintéressant. Ci-joints, 2 images : l'une est un cas qui ne marche pas et l'autre un cas qui marche. On comprend que si p, q et r correspondent aux distances AC, AD et AE, alors il faut que le point A reste dans le triangle gris pour que le système soit respecté.

En mélangeant la modélisation précédente et cette dernière on aura un modèle complet. Chaque point d'un triangle équilatéral répartit p q et r. Puis, le point A doit rester dans le triangle gris. Il ne reste plus qu'à calculer les aires des cas favorables pour avoir la probabilité. :-) Qui s'y colle ? 112828

pappus · November 2020

Mon cher PetitLutinMalicieux
Je ne sais pas où tu as été chercher tout cela mais je peux te certifier que la situation géométrique est beaucoup, beaucoup, beaucoup plus simple!!!!!!!
On dirait que tu n'as aucune expérience de la résolution graphique d'un système d'inéquations linéaires mais peut-être qu'on ne t'a jamais enseigné à en faire et que tu t'es contenté comme tant d'autres d'ânonner les axiomes de Thalès et de Pythagore parce que c'est la mode actuelle!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Comment continuer la construction de l'hexagone maintenant et il me semble que zephyr a déjà raconté quelques bêtises à ce sujet.
Il faudra que je vérifie! 112834

PetitLutinMalicieux · November 2020

Oui, bien sûr, on peut fixer p=1 et se ramener à un simple graphique. Mais c'est de l'analyse pour moi.
La zone favorable est au dessus de la droite cyan et au-dessous des droites verte et magenta.
Par contre, pour calculer la probabilité, on a une division de 2 infinis. 112836

zephir · November 2020

zephir persiste et signe. J'ai le droit de choisir $p=1$ et de travailler dans le plan $(q,r)$.
Alors l'appartenance de $(q,r)$ au triangle $abc$ est bien une CNS pour avoir à la fois $3-q-r\ge0, 3q-1-r\ge0, 3r-1-q\ge0$ et $1+q\ge r, 1+r\ge q, q+r\ge 1$.
Le simplexe défini par ces 6 inégalités se réduit au triangle $a=(1/2,1/2),b=(2,1),c=(1,2)$ très facile à vérifier.
Les six droites frontières sont telles que 3 se coupent en $a$, 3 secoupent en $b$ et trois se coupent en $c$.

Merci petitmalicieux pour ta confirmation.

PetitLutinMalicieux · November 2020

@Pappus : Un bien beau dessin que voilà. Mais j'ai un peu de mal à voir où sont 3p, 3q, 3r.

zephir · November 2020

Si le choix de $(q,r)$ est uniforme dans le carré $[0,3]\times [0,3]$, le triangle est d'aire $1$ donc la probabilité de voir réalisé les 6 inégalités est $1/9$

pappus · November 2020

Mon cher PetitLutinMalicieux
Es-tu seulement capable de te relire?
C'est toi qui a décidé que $p+q+r=1.\qquad$
Ce n'est pas moi.
Au contraire j'ai suivi scrupuleusement ton hypothèse.
$3p -q-r=4p-(p+q+r)=4p-1>0.\qquad$
Donc $p>\dfrac 14.\qquad$
Et de même $q>\dfrac 14\quad$ et $r>\dfrac 14.\qquad$
C'est aussi simple que cela l'identité de Janet, n'est-ce pas zephyr?
Amicalement
[small]p[/small]appus

PetitLutinMalicieux · November 2020

Et bien, c'est magnifique. (tu)

zephir · November 2020

Mon cher Pappus,
Si on se place dans l'espace $(p,q,r)$, dans le plan $p+q+r=1$ la partie admissible est $p,q,r\ge 1/4$. La probabilité sera le rapport des deux surfaces de ces deux triangles de l'espace. A calculer.
P.S. J'ai xcas qui sait me faire des dessins, mais je ne sais pas bien l'utiliser. Ne désespère pas, ça va venir.
L'identité de Janet, c'est super.

pappus · November 2020

Bonsoir à tous
Ma figure est claire et se passe pratiquement de commentaires.
Le triangle équilatéral de référence est le plus grand de la figure et j'ai visualisé les distances $(p,q,r)$ du point $M$ aux côtés de ce triangle.
Les contraintes $p>\dfrac 14,\quad$ $q>\dfrac 14,\quad$ $r>\dfrac 14\quad$ obligent le point $M$ à rester confiné dans le triangle jaune, à savoir le triangle médial du triangle médial.
En restant dans le triangle jaune, les inégalités triangulaires $p<q+r,\quad$ $q<r+p,\quad$ $r<p+q\quad$ sont donc automatiquement satisfaites.
Ma figure par contre suggère fortement que le triplet $(a,b,c)\ $ est formé des distances du point $M\ $ aux côtés du triangle médial.
Ceci mérite pour le moins une petite explication et prouve que la représentation de PetitLutinMalicieux est la meilleure possible pour résoudre ce petit problème de distances!!!!!!!
Amicalemen
[small]p[/small]appus

pappus · November 2020

Mon cher zephyr
Je ne connais pas xcas mais je te conseille fortement de te mettre à GeoGebra logiciel gratuit simple à utiliser!
La surface du triangle médial est égale à $\dfrac 14\ $ de celle du triangle de départ (homothétie de rapport $\dfrac 12$) mais comme les homothéties ont disparu, tu es tout pardonné!
Donc l'aire de mon triangle jaune, triangle médial du triangle médial vaut $\dfrac 1{16}\ $ de l'aire du triangle équilatéral de référence.
La probabilité pour que le point $M$ se retrouve dans le triangle jaune vaut donc $\dfrac 1{16}\ $.
Je la trouve assez faible.
Mais nous ne choisissons pas au hasard.
On prend le point $M$ dans le triangle jaune et $(p,q,r)$ est juste le triplet de ses distances aux côtés
Comme je l'ai dit le triplet $(a,b,c)\ $ est le triplet des distances aux côtés du triangle médial et cela mérite une petite explication!!!!!!!
Maintenant comment poursuis-tu la construction de l'hexagone?
Et relis soigneusement ce que tu m'as déjà raconté à ce sujet!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus