Un, deux, trois, soleil

Bonsoir.

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.

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

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

Je trouve la longueur du côté du triangle équilatéral bleu égale à racine carrée de six.

Bien à vous ...

Bonjour.

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.

Évidemment, mais il y a plus que trois trapèzes isocèles dans cette figure.

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.

Bonjour,

@Ludwig

Surement une hypothèse fausse ...
Je suis mauvaise en Latex (avec ou sans jeux de mots ;] )

Bien à toi ...

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 $-c\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+c\sqrt{3}\frac{1}{a}=3$.

Bonjour,

Comme le soleil pointe son nez pour facilement deux mois, je remonte ce joli problème, que je regarderais à mes heures ...