Un point et trois cercles inscrits
Bonsoir, un deuxième problème aussi en variante; je ne sais pas si je l'ai vu ailleurs: Un triangle (dans le problème il est isocèle) $ABC$ donné, trouver (si possible) un point $D$ à l'intérieur tel que $DAB$, $DAC$ et $DBC$ aient leur cercle inscrit de même rayon.
Ça pourrait être très calculatoire mais s'il y a des idées c'est tout à fait le principe.
Cordialement.
Ça pourrait être très calculatoire mais s'il y a des idées c'est tout à fait le principe.
Cordialement.
Réponses
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Bonjour
Ci-joint un exercice ($1238$ en anglais) résolu en $1987$ par Clark Kimberling et Noam Elkies
Bien cordialement. Poulbot -
Merci ¡! (C'est fort ça).
Le problème initial est dans la même revue n° 2110. Le calcul en général est compliqué (en analytique j'ai arrêté). -
Bonjour
Comme les problèmes d'échecs, peu d'exercices de maths ont résisté à Elkies qui s'est fait remarquer dès l'âge de 14 ans en obtenant une médaille d'or aux Olympiades de Maths de $1981$ avec le score parfait de $42/42$.
L'exercice $2110$ auquel Tonm fait allusion demande, $ABC$ étant un triangle isocèle en $A$ et $X$ un point intérieur pour lequel les cercles inscrits aux triangles $AXB,BXC,CXA$ ont même rayon $r$, d'exprimer $r$ à l'aide des longueurs des côtés de $ABC$ $\left( AB=AC=a;BC=b\right) $
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour, merci poulbot. On commence avec un triangle $ABC$ isocèle en $A$ (les triangles particuliers suivraient).
D'abord un truc est de prouver que dans ce cas si un tel point existe alors il est unique.
En fait si on a deux côtés connus du triangle et la valeur du rayon du cercle inscrit on trouve un seul triangle convenable. Edit
Par exemple sur la figure $AB=a=AC$ et $AP=b$ soit $r$ le rayon commun des cercles inscrits à $PAC$ et $PAB$ alors les triangles $PAC$ et $PAB$ sont superposables.
Pour voir cela (il y a une faute de calcul) il suffit d'écrire $$r(a+b+\sqrt{a^2+b^2-2ab\cos(\theta)})=ab\sin(\theta).
$$ Ceci donne $f(\theta)=\dfrac{\sin(\theta)}{1+\cos(\theta)}=g(a,b,r)$ et $f$ est croissante bijective.
Donc on va chercher ce point $P$ sur la bissectrice issue de $A$. Il y a une faute dans la formule précédente.... -
J'aime beaucoup la démonstration de Clark Kimberling, car elle valide tous les bidouillages que je peux faire avec GeoGebra. Le théorème des valeurs intermédiaires bien sûr ! Vraiment extra.
Ci-joint un fichier correspondant à sa démonstration, et donnant une approximation de la solution (bouger $u$ et $t$ pour voir la convergence). -
Déterminer la position limite du point $P$ lorsque la hauteur du triangle isocèle tend vers l'infini.
Puis calculer le rayon limite des cercles inscrits. On prendra $BC=1$. -
Bonjour, merci Ludwig. Très compliqué les preuves ci-dessus (pour moi) je cherchais la preuve direct que je crois possible. En fait tous revient à démontrer (rigoureusement) que dans la figure jointe le cercle inscrit dans $BCA$ est plus grand que celui inscrit dans $BEA$. Si on peut quantifier ça c'est plus complet. Ça parait trivial mais une fois prouvé l'existence (convergence) et l'unicité seront des conséquences sans difficulté.
Bonne journée. -
Bonjour, finalement un raisonnement que je peux faire, comme je disais si on note $(ABC)_r$ le rayon inscrit au triangle $ABC$ alors pour démontrer (voir figure) $(ABC)_r<(BEC)_r$ il suffit de considérer $(ABC)_r<(BFC)_r$ tous les triangles sont quelconque par la même façon on aura $(BFC)_r<(BEC)_r$ la preuve est disons faisable facilement par plusieurs méthodes. Une fois on a cette idée et dans la seconde figure on a $A$ un point quelconque en ordonnant par exemple $(AEC)_r\le (ABE)_r\le (ABC)_r$ on bouge $A$ vers $B$ suivant $BA$ en arrêtant dès que $(AEC)_r$ coïncide avec un des deux $(ABE)_r$ ou $(ABC)_r$ disons c'est $(ABE)_r$ mais de cette façon le décalage entre le rayon maximale et le rayon minimale des trois triangles internes diminus et on arrive à une convergence.
L'unicité suis le même truc...
Maintenant on peux chercher le point $P$ sur la bissectrice du triangle isocèle.
Cordialement.
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Bonjour!
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