La partageuse des lunules d'Hippocrate

Swingmustard · June 2021

Bonjour à tous,
Quelle est cette cévienne $(CM)$, qui partage le triangle rectangle en triangles de mêmes aires que celles des lunules ?

Amicalement,

Swingmustard

Ludwig · June 2021

Ben celle qui partage le demi-cercle en deux parts égales non ?

Swingmustard · June 2021

Bonsoir ludwig,
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

pappus · June 2021

Merci SwingMustard pour ce problème original sur les lunules.
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

Ludwig · June 2021

Bonjour,

? 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. 123558

Ludwig · June 2021

La correspondance entre $AM$ et l'angle $\widehat{BAC}$ est quasi affine : 123562

pappus · June 2021

Bonjour à tous
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 123572

Lake · June 2021

Bonjour à tous,

Avec $a=AB=AC$, $S=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\,x$ sur l’intervalle $[0,a\sqrt{2}]$

Étonnant !

Swingmustard · June 2021

1) Merci pappus pour ta devinette, que j'examinerai avec plaisir dès que l'emploi du temps le permettra.

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 123612

Swingmustard · June 2021

Cher pappus,
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 123646

Ludwig · June 2021

Pour ta première figure : quelle est la limite de $\widehat{MCB}$ quand $C$ tend vers $B^{-}$ ?
Il semblerait que ce soit quelque chose comme $38,14602°$.

Swingmustard · June 2021

En effet. Mais nous jouons avec ggb. Pas sûr que ça nous mène quelque part.
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.

Ludwig · June 2021

En tous cas il n'est pas facile de déterminer une valeur approchée de cette limite avec GGB : le logiciel ne trace pas la figure si l'angle $\widehat{BAC}$ est inférieur à $\frac{1}{872664} $ degré. Pour cet angle je trouve $\widehat{CMB} \approx 38,146025°$.
Peut-on trouver la valeur exacte de cette limite ? Cela ne me paraît pas évident.

Swingmustard · June 2021

L'aire d'un segment circulaire mêle angle en radian (pour l'aire du secteur circulaire) et sinus de cet angle (pour l'aire du triangle à ôter). À part ce désagrément, les calculs sont faisables, et ta limite doit venir aisément.
Amicalement,
Swingmustard

Lake · June 2021

Bonjour,

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. 123674

jelobreuil · June 2021

Bonjour à tous,
Merci, Lake ! (tu)(tu) C'est très beau !
Bien cordialement
JLB

Ludwig · June 2021

C'est vrai Swingmustard que les calculs pour trouver la limite de l'angle $\widehat{MCB}$ quand $C$ tend vers $B^{-}$ (première figure) se font assez bien. J'ai trouvé $\arctan \frac{\pi}{4} $. Une interprétation géométrique ?

pappus · June 2021

Merci Lake pour ta belle solution.
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

Swingmustard · June 2021

Splendide !
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

Swingmustard · June 2021

Moralité de parfaite mauvaise foi : il est plus facile (= constructible) de couper la lunule (grâce à m) que le triangle (par M) !
Amicalement,
Swingmustard 123692

Ludwig · June 2021

Ce n'est peut-être pas si bizarre, car cette limite n'a rien à voir avec la figure lorsque $B=C$, mais plutôt, évidemment, à la façon dont la construction évolue lorsque $C$ se rapproche de $B$. Mais tu as raison de dire qu'on y voit clairement le mélange angle/longueur, et c'est épatant.
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 : $y \sim \arctan \frac{\pi}{4}$. 123694

Lake · June 2021

Bonjour à tous,

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 $H$).

$S=\dfrac{1}{4}\,BM^2=\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{BM}.\overrightarrow{BC}=\dfrac{1}{4}\,\overrightarrow{Bm}.\overrightarrow{BC}=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\,x$ 123822