La partageuse des lunules d'Hippocrate
Bonjour à tous,
Quelle est cette cévienne $(CM)$, qui partage le triangle rectangle en triangles de mêmes aires que celles des lunules ?
Quelle est cette cévienne $(CM)$, qui partage le triangle rectangle en triangles de mêmes aires que celles des lunules ?
Amicalement,
Swingmustard
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Réponses
Tu peux consulter la version ggb jointe au premier message.
J'ai dessiné la droite en question (frontière entre les deux triangles).
Dès qu'on s'éloigne du milieu de la figure, il y a "trop de jaune" (Correction : ) du côté du plus grand triangle pour que ta réponse me paraisse raisonnable.
Amicalement,
Swingmustard
La question est:
Que peut-on dire de la correspondance entre les points $M\ $ et $C?\qquad$
Je crains qu'elle ne soit compliquée puisque le point $M\ $ en général ne peut être construit à la règle et au compas à partir des points $A\ $, $B\ $ et $C.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
? Je ne vois pas où est le problème, pour moi la solution est obtenue pour $\widehat{BAC}=45°$ : les aires bleues sont alors égales entre elles, ainsi que les aires rouges. Ou alors j'ai compris la question de travers.
edit : ah d'accord, je viens de comprendre. Mais j'aurais formulé le problème différemment : pour un point $C$ du demi-cercle, quelle est la cévienne $(CM)$ qui partage le triangle en triangles de mêmes aires que celles des lunules ? Car avec la figure GGB jointe je croyais qu'il fallait simplement trouver l'angle $\widehat{BAC}$ pour lequel cela était vérifié (et alors c'est évident).
edit 2 : ah ok ! Ta figure Swingmustard donne le point $M$ pour n'importe quelle position de $C$ ! Bon je retourne me coucher.
Effectivement joli problème sur les lunules.
Voici un autre exercice (que j'ai déjà donné dans l'indifférence la plus générale!):
Tracer le graphe de l'application: $x\mapsto S\qquad$
où: $x=Bm$ et $S$ est l'aire de la partie de la lunule coloriée en jaune.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Avec $a=AB=AC$, $S=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\,x$ sur l’intervalle $[0,a\sqrt{2}]$
Étonnant !
2) a) Concernant les lunules, j'ai généralisé au triangle quelconque.
On perd l'égalité d'aire entre lunule et triangle, mais on peut quand même trouver (très pratique avec les barycentres) l'unique (?) point $M$ tel que les triangles $MAB$, $MBC$, $MCA$ aient des aires proportionnelles à celles des lunules.
J'ai utilisé la chouette formule que tu proposais, ludwig, dans une autre discussion.
Hélas, $Position(M, Séquence(TriangleCentre(A, B, C, n), n, 1, 10000))$ n'identifie aucun point particulier du triangle. J'en suis pour mes frais avec cette cévienne.
2) b) Cher pappus, tu as sûrement raison de pointer la non constructibilité de $M$, comme cause possible de son manque d'attractivité.
Question que j'espérais plus simple, mais trop voisine en fait : en quel point $M'$ a-t-on proportionnalité entre les aires des trois triangles et les aires des segments circulaires ?
Mêmes causes, même échec d'identification chez Kimberling.
Je mets les fichiers ggb en PJ, des fois que quelqu'un détecterait une erreur.
3) Ah, enfin un peu d'identification dans l'ETC. Le point $M''$ qui assure la proportionnalité entre les aires des trois triangles et les longueurs d'arcs du cercle circoncrit est $X(360)$. "This point is obtained as a limit of perspectors". Brûlant depuis des mois de comprendre enfin quelque chose aux perspecteurs, je me pourlèche les babines. $X(360)$ semble s'appeler "Hofstadter zero point", référence agréable à la série "The Big Bang Theory", qui aurait nommé un de ses personnages principaux en hommage au physicien (père) ou à l'informaticien (fils) ? On doute qu'ils aient rapport avec le monsieur du "Zero point", je m'égare.
Amicalement,
Swingmustard
Après avoir ramé pour cette construction laborieuse, mais qui confirme la réponse de Lake sans l'expliquer davantage, je dois te demander de préciser si tu veux $A$ en $A'$ (cas particulier de Lake, déjà compliqué) i.e. à la même ordonnée que $O$, ou si tu veux, en plus, le faire varier le long du demi-cercle de gauche, comme ton codage le laisse penser.
Amicalement,
Swingmustard
Il semblerait que ce soit quelque chose comme $38,14602°$.
Autre cas : valeur exacte du rapport aire bleue sur aire rouge pour $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi}{3}$ : je trouve $\dfrac{6\sqrt{3}-\pi}{6\sqrt{3}+\pi}$.
Amicalement,
Swingmustard.
Peut-on trouver la valeur exacte de cette limite ? Cela ne me paraît pas évident.
Amicalement,
Swingmustard
Quelques précisions :
Soit $a$ l'aire du secteur $OBM$ et $b$ l'aire du secteur $ABN$.
$S=a-S_{MIO}-b+S_{AIB}$
Compte tenu que $\beta=2\alpha$ (angles au centre / inscrit), $a=b$
$S=S_{AIB}-S_{MIO}=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\,(BI-OI\,\sin\,\beta)$
Reste à prouver que $AM$ est la bissectrice de $\widehat{mMO}$ qui implique $OI\,\sin\,\beta=mI$
$S=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\,x$
Ceci lorsque $M$ décrit la première moitié de l'arc de diamètre $BC$
La symétrie de la figure permet d'affirmer que la formule reste vraie pour la seconde moitié.
Merci, Lake ! (tu)(tu) C'est très beau !
Bien cordialement
JLB
J'en indiquerai une autre dans les jours qui viennent quand je serai un peu moins fatigué.
A noter que j'ai trouvé ce problème dans le cours de Géométrie d'Hadamard, un minuscule exercice perdu parmi des milliers d'autres!
La légende dit qu'Hadamard les aurait tous fait!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci aussi, Lake, de nous avoir laissé le plus facile.
$\widehat{AMB}$ et $\widehat{AMC}$ interceptent la même corde $a$, donc le même arc, ce qui fait de $(AM)$ la bissectrice de $\widehat{BMC}$.
Comme $BMC$ est rectangle, la hauteur $(Mm)$ est la symédiane espérée.
ludwig. Ces 38° cachaient bien leur jeu ! Aucune interprétation ne me vient. Juste content que ton résultat confirme, d'une manière presque pire que ce qu'on avait au début, le mélange angle / ligne trigonométrique.
N'est-ce pas bizarre, que la limite ne soit pas tout simplement 0°?
Amicalement,
Swingmustard
Amicalement,
Swingmustard
Quelques détails relatifs à son calcul : soit $x=\widehat{CAB}$ et $y=\widehat{MCB}$. Alors $\widehat{CFB}=2x$ et $BC=2 \sin(x)$ (j'ai pris $AB=2$).
L'aire de la lunule $BC$ est $\frac{1}{2} \; \operatorname{sin} \left( 2 \; x \right) + \frac{1}{2} \; \pi \; \operatorname{sin} ^{2}\left( x \right) - x.$
Dans le triangle $MBC$, on a $\widehat{MBC}= \frac{\pi}{2}-x$ et on peut calculer son aire en fonction de la longueur $BC$ et des angles en $B$ et $C$ :
$$\mathscr{A}(MBC)=\frac{BC^2 \sin(\widehat{B}) \sin(\widehat{C} )}{2 \sin(\widehat{B}+\widehat{C})} = \frac{2 \sin^2 (x) \sin(y) \cos (x)} {\cos(x-y)}.$$
De ces deux expressions de la même aire, on tire, en utilisant le fait que $ \sin(x) \sim x$ lorsque $x$ tend vers $0$, l'équivalence $\frac{1}{2} \; \pi \; x^{2} \sim 2 \; x^{2} \; \operatorname{tan} \left( y \right)$. D'où le résultat : $y \sim \arctan \frac{\pi}{4}$.
On m'a communiqué une autre solution relative à l'exercice posté par pappus.
Je voulais la partager ici.
Il est facile de prouver que les deux aires bleues sont égales (à $\dfrac{a^2}{4}(2\alpha-\sin\,2\alpha$)
En conséquence, $S=\mathcal{A}_{BHM}$ (un triangle rectangle isocèle en $H$).
$S=\dfrac{1}{4}\,BM^2=\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{BM}.\overrightarrow{BC}=\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{Bm}.\overrightarrow{BC}=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\,x$
Amicalement
JLB
De mon point de vue, "celle-là" est nettement meilleure.
Malheureusement, je n'y suis pour rien !
Un petit coloriage, svp?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et une petite trisection de lunule, une!
Pour satisfaire les trisecteurs enragés!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ton avant dernière figure met tout le monde d'accord !
Amicalement.
Encore faut-il prouver ce que suggère ce coloriage!
Amicalement
[small]p[/small]appus