Juste pour savoir, la figure possède-t-elle bien une symétrie orthogonale (d'axe la bissectrice du triangle situé en bas, passant par le centre du cercle) ?
À bientôt.
Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
Bonsoir, Ludwig,
J'en reste baba ! Comment as-tu dessiné cette figure ???
Dans le même esprit que Dreamer : les segments de longueurs respectives 2 et 5 ont l'air d'être parallèles, mais en ont-ils aussi la chanson ? Autrement dit, sont-ce les deux bases d'un trapèze isocèle ?
Bien cordialement
JLB
La dessiner c'est facile, mais la construire rigoureusement cela doit être autrement plus compliqué! À vue de nez je dirais que c'est impossible, tant les calculs me semblent compliqués. Il y aurait une transformation qui les simplifierait ? J'en doute.
J'ai une méthode pour tracer, avec GGB, à peu près n'importe quelle figure sous contraintes. J'ai donc une très bonne approximation du côté demandé (celle de GGB en fait, de l'ordre de $10^{-15}$). Mais les inverseurs ne donnent rien, ce qui ne veut pas dire bien sûr qu'on ne puisse pas trouver une formule explicite pour cette longueur.
Quant au parallélisme des segment $2$ et $5$ ça oui, pour le coup c'est vrai. Car une partie de la figure possède un axe de symétrie (la médiatrice commune de ces segments).
Merci, Ludwig, pour ta rapidité à me répondre !
J'ai aussi l'impression, malgré ta réponse à Dreamer, qu'il existe un autre trapèze isocèle, avec pour grande base le segment 3. Mais je peux m'abuser ...
Bien cordialement
JLB
Ce n'est pas la solution Ingrid1970 (le côté mesure environ $2,488$), mais peut-être peux-tu nous dire comment tu as fait ?
Oui Dom, chaque couple de triangles engendre un trapèze.
Je vais fabriquer des figures moins tarabiscotées, par exemple uniquement avec des longueurs $1$. Et qui puissent être résolubles par des explications relativement simples. Celle-ci me paraît vraiment compliquée, pas évident de trouver même avec un logiciel de calcul formel. Quelqu'un a essayé avec ces programmes ?
Bonjour à tous,
Encore une impression : les axes de symétrie des trois premiers trapèzes concourent au centre commun des deux cercles ...
Bien cordialement
JLB
Jelobreuil : c'est évident.
La médiatrice de chaque segment posé sur le cercle extérieur de chaque triangle équilatéral passe par le centre des cercles.
Par conséquent la symétrie axiale qui envoie un triangle équilatéral sur un autre envoie aussi ces médiatrices l'une sur l'autre et en particulier laisse le centre des cercles invariant donc cet axe contient le centre.
Je n'ai pas la solution, mais si on appelle $a$ le rayon du petit cercle (le soleil), $b$ le rayon du grand cercle, $c$ la longueur du côté d'un triangle équilatéral, alors j'ai exprimé $c$ en fonction de $a$ : $$c=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{a}-\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}},$$ et $b$ en fonction de $c$ et $a$ : $$b=\sqrt{a^2+ac\sqrt{3}+c^2},$$ sans utiliser la donnée concernant la distance qui mesure $4$, car les calculs sont compliqués.
On se place dans $\C$. Le centre du petit cercle (et du grand cercle) est le nombre complexe $0$. Il suffit en fait de considérer seulement les deux triangles équilatéraux (et les distances $2$ et $5$).
Le premier triangle a pour sommets $z_1=a, z_2=a+ce^{i \frac{\pi}{6}},z_3=a +c e^{-i \frac{\pi} {6}}$.
Le deuxième triangle a pour sommets $z_4=e^{i \alpha}z_1, z_5=e^{i \alpha}z_2, z_6=e^{i \alpha}z_3$, avec $0\leq \alpha \leq \pi$.
$|z_1-z_4|=2$ et $|z_2-z_6|=5$, et $|z_2|=|z_3|= |z_5|=|z_6|=b$.
De $|z_2|=b$, on déduit $z_2 \overline{z_2}=b^2$, donc $a^2+c^2+2ac\cos(\frac{\pi}{6})=b^2$, donc $b=\sqrt{a^2+ac\sqrt{3}+c^2}$.
De $|z_1-z_4|=2$, on déduit $a|1-e^{i \alpha}|=2$, donc $2a|\sin(\frac{\alpha}{2})|=2$. Donc $\sin(\frac{\alpha}{2})=\frac{1}{a}$ et $\cos(\frac{\alpha}{2})=\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}$.
Soit $\gamma \in \R$ tel que $z_2=be^{i \gamma}$. Alors $z_3=be^{-i \gamma}$. De $|z_2-z_6|=5$, on déduit $b|e^{i \gamma}-e^{i(\alpha- \gamma)}|=5$, c'est-à-dire $2b| \sin(\gamma- \frac{\alpha}{2})|=5$. Or $\alpha>2 \gamma$ sinon les triangles s'intersectent. Donc $-2b\sin(\gamma- \frac{\alpha}{2})=5$.
Donc $-2b( \sin(\gamma)\cos(\frac{\alpha}{2})-\cos(\gamma)\sin(\frac{\alpha}{2}))=5$.
$a+ce^{i \frac{\pi}{6}}=be^{i \gamma}$, donc $a+c \frac{\sqrt{3}}{2}=b \cos\gamma$ et $\frac{c}{2}=b \sin \gamma$.
Donc $-2(\frac{c}{2}\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}-(a+c \frac{\sqrt{3}}{2})\frac{1}{a})=5$.
Donc $-c\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+c\sqrt{3}\frac{1}{a}=3$.
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Juste pour savoir, la figure possède-t-elle bien une symétrie orthogonale (d'axe la bissectrice du triangle situé en bas, passant par le centre du cercle) ?
À bientôt.
Cherche livres et objets du domaine mathématique :
Intégraphes, règles log et calculateurs électromécaniques.
Non.
J'en reste baba ! Comment as-tu dessiné cette figure ???
Dans le même esprit que Dreamer : les segments de longueurs respectives 2 et 5 ont l'air d'être parallèles, mais en ont-ils aussi la chanson ? Autrement dit, sont-ce les deux bases d'un trapèze isocèle ?
Bien cordialement
JLB
La dessiner c'est facile, mais la construire rigoureusement cela doit être autrement plus compliqué! À vue de nez je dirais que c'est impossible, tant les calculs me semblent compliqués. Il y aurait une transformation qui les simplifierait ? J'en doute.
J'ai une méthode pour tracer, avec GGB, à peu près n'importe quelle figure sous contraintes. J'ai donc une très bonne approximation du côté demandé (celle de GGB en fait, de l'ordre de $10^{-15}$). Mais les inverseurs ne donnent rien, ce qui ne veut pas dire bien sûr qu'on ne puisse pas trouver une formule explicite pour cette longueur.
Quant au parallélisme des segment $2$ et $5$ ça oui, pour le coup c'est vrai. Car une partie de la figure possède un axe de symétrie (la médiatrice commune de ces segments).
J'ai aussi l'impression, malgré ta réponse à Dreamer, qu'il existe un autre trapèze isocèle, avec pour grande base le segment 3. Mais je peux m'abuser ...
Bien cordialement
JLB
Chaque couple de deux triangles engendre un trapèze, non ?
Bien à vous ...
Oui Dom, chaque couple de triangles engendre un trapèze.
Je vais fabriquer des figures moins tarabiscotées, par exemple uniquement avec des longueurs $1$. Et qui puissent être résolubles par des explications relativement simples. Celle-ci me paraît vraiment compliquée, pas évident de trouver même avec un logiciel de calcul formel. Quelqu'un a essayé avec ces programmes ?
A part quelques inégalités évidentes sur les rayons des cercles et la longueur du côté des triangles, je n'ai pas avancé.
Je bute sur la détermination d'au moins un des rayons pour pouvoir démarrer.
L'autre cheminement avec la symétrie que j'ai évoquée aurait pu m'aider à me lancer aussi, mais comme ce n'est pas le cas.
J'ai sans doute loupé quelque chose d'évident, mais je ne vois pas quoi à l'heure actuelle.
Désolé.
Cherche livres et objets du domaine mathématique :
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Encore une impression : les axes de symétrie des trois premiers trapèzes concourent au centre commun des deux cercles ...
Bien cordialement
JLB
La médiatrice de chaque segment posé sur le cercle extérieur de chaque triangle équilatéral passe par le centre des cercles.
Par conséquent la symétrie axiale qui envoie un triangle équilatéral sur un autre envoie aussi ces médiatrices l'une sur l'autre et en particulier laisse le centre des cercles invariant donc cet axe contient le centre.
@Ludwig
Surement une hypothèse fausse ...
Je suis mauvaise en Latex (avec ou sans jeux de mots ;] )
Bien à toi ...
Moi, je serais intéressé par les calculs de marco pour arriver à ces formules.
Le premier triangle a pour sommets $z_1=a, z_2=a+ce^{i \frac{\pi}{6}},z_3=a +c e^{-i \frac{\pi} {6}}$.
Le deuxième triangle a pour sommets $z_4=e^{i \alpha}z_1, z_5=e^{i \alpha}z_2, z_6=e^{i \alpha}z_3$, avec $0\leq \alpha \leq \pi$.
$|z_1-z_4|=2$ et $|z_2-z_6|=5$, et $|z_2|=|z_3|= |z_5|=|z_6|=b$.
De $|z_2|=b$, on déduit $z_2 \overline{z_2}=b^2$, donc $a^2+c^2+2ac\cos(\frac{\pi}{6})=b^2$, donc $b=\sqrt{a^2+ac\sqrt{3}+c^2}$.
De $|z_1-z_4|=2$, on déduit $a|1-e^{i \alpha}|=2$, donc $2a|\sin(\frac{\alpha}{2})|=2$. Donc $\sin(\frac{\alpha}{2})=\frac{1}{a}$ et $\cos(\frac{\alpha}{2})=\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}$.
Soit $\gamma \in \R$ tel que $z_2=be^{i \gamma}$. Alors $z_3=be^{-i \gamma}$. De $|z_2-z_6|=5$, on déduit $b|e^{i \gamma}-e^{i(\alpha- \gamma)}|=5$, c'est-à-dire $2b| \sin(\gamma- \frac{\alpha}{2})|=5$. Or $\alpha>2 \gamma$ sinon les triangles s'intersectent. Donc $-2b\sin(\gamma- \frac{\alpha}{2})=5$.
Donc $-2b( \sin(\gamma)\cos(\frac{\alpha}{2})-\cos(\gamma)\sin(\frac{\alpha}{2}))=5$.
$a+ce^{i \frac{\pi}{6}}=be^{i \gamma}$, donc $a+c \frac{\sqrt{3}}{2}=b \cos\gamma$ et $\frac{c}{2}=b \sin \gamma$.
Donc $-2(\frac{c}{2}\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}-(a+c \frac{\sqrt{3}}{2})\frac{1}{a})=5$.
Donc $-c\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+c\sqrt{3}\frac{1}{a}=3$.
Cordialement
Comme le soleil pointe son nez pour facilement deux mois, je remonte ce joli problème, que je regarderais à mes heures ...