trucs inscrits dans dans un triangle

christophe c
christophe c
dans Géométrie
Bon, c'est presque "trivial" mais je mets ce fil pour remettre à l'honneur un petit raisonnement que j'aime bien et pour rappeler qu'il n'y a pas que les cercles...

Etant donné un convexe C fermé du plan, et un triangle (non applati) T prouver qu'il existe un convexe C' "inscrit dans T, C' étant l'image de C par un déplacement composé avec une homothétie

Faire un raisonnement intuitif qui convaincrait l'homme de la rue (à qui on aurait rappelé ou appris le sens des mots)
Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi

Réponses

  • GG
    GG
    salut,
    pourquoi convexe ?
    par contre, il faut C borné, non ?
  • christophe c
    christophe c
    olala {\bf oui t'as raison: convexe borné!!} le plan inscrit dans un triangle ce serait puissant...

    Par contre, être convexe n'est évidemment pas une condition nécessaire, et je propose donc une question qui nous vient de GG (mais celle-là elle est vraiment dure):

    {\it caratériser les ensembles fermés E du plan ayant la propriété que pour tout triangle (non trivial) T il existe une image E' de E par une similitude direct qui soit inscrite dans T}

    Je pars à la gym et je sais d'avance que je ne vais même pas chercher à la résoudre (y réfléchir) tellement c'est dur (ca ressemblerait un peu à une généralisation de Motzskin)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • GG
    GG
    il faut et il suffit qu'ils soient bornés, non ? (une homothétie suffit, d'ailleurs)
  • christophe c
    christophe c
    Là, j'y vais, je suis pressé. Donc, remis à + tard. Peut-être as-tu raison, je ne vois rien d'évident qui permettrait de te contredire, mais à qui appartient la charge de la preuve? Tu proposes que je cherche un contre exemple, là au moins je vais pouvoir y réfléchir en pédalant lol?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • nicolas.patrois
    nicolas.patrois
    D’ailleurs, l’inscription d’un carré dans un triangle est amusante, ainsi que sa construction.
    Algebraic symbols are used when you do not know what you are talking about.
            -- Schnoebelen, Philippe
  • Archimède
    Archimède
    Il faut peut-être commencer par préciser ce qu'est un convexe $K$ inscrit dans un triangle $ABC$ : je suppose que cela signifie que $K\subset\hbox{conv}(A,B,C)$ et que $K$ rencontre chaque côté du triangle :
    $K\cap[AB]\not=\emptyset$
    $K\cap[BC]\not=\emptyset$
    $K\cap[CA]\not=\emptyset$
  • Bruno
    Bruno
    Il me semble que chaque côté du triangle doit être une droite d'appui du convexe.

    Comme un convexe borné possède, sauf erreur, deux droites d'appui dans chaque direction et que deux triangles dont les côtés sont deux à deux parallèles sont homothétiques ou se correspondent par une translation ; il me semble que le tour est joué.
  • GG
    GG
    je repose ma question : pourquoi l'hypothèse "convexe" ?
    (borné et fermé, donc compact suffit, non ?)
  • Bruno
    Bruno
    Bon, si le compact n'est pas convexe, j'ai quelque craintes s'il n'est pas au moins connexe ; la notion de partie inscrite me paraît moins intuitive.
  • GG
    GG
    ok Bruno, j'interprétais "inscrit" comme contenu dans la plaque triangulaire (est-ce que ça se dit ?) et rencontrant les trois côtés.
  • SXB
    SXB
    Ok moi j'ai compris et je vais pas trainer. Supposons ABC "trigo-direct", quitte à rennomer les points. Je suppose que par conv(ABC) on doit parler de l'enveloppe convexe de {A,B,C}.

    Identifions le plan à R². Tout point M a deux coordonnées x et y dans une base orthonormée directe B à déterminer.

    Choisissons de prendre B tq xb<yb.

    Donc je disais: C est fermé et borné, donc compact car dim(R²)=2<+infini.

    Donc f:C-> R qui à (x,y) associe y, puisqu'elle est en outre continue, atteint un minimum y0.
    Soit D1 la droite d'équation y=y0.

    De même, soit g: C-> R qui à x,y associe ax+by, où a et b sont tels que la droite affine (AC) ait pour équation ax+by=c.

    g est la restriction au départ, sur un compact convexe (donc connexe). linéaire en dimension finie donc continue, et sur un compact donc elle atteint un maximum en un pt y1. On note D2 la droite passant par un antécédent du minimum.

    Idem pour h en remplaçant (AC) par (AB) et maximum par minimum (à vérifier svp).

    On peut ensuite facilement montrer, puisque f,g et h sont des restrictions,etc etc (ça se voit à l'oeil nu si on fait un dessin).

    que les droites D1, D2 et D3 "forment" un triangle semblable à ABC et qui contient C, CQFD à peu de choses près en rédaction.

    PS: je vois pas l'utilité de la convexité, un compact suffit. En effet le fait que C soit borné suffit à dire que les images de C sont bornées, et f,g et h devenant alors linéaires en dim 2, elles seraient continues. Donc l'image du compact C serait un fermé borné, ce qui explique que:

    LE RESULTAT EST VALABLE POUR TOUT COMPACT de R².

    Remarque: on peut probablement généraliser ce résultat à Rn avec n+1 points tq chacun de ses points soit un point extrémal de l'enveloppe convexe de ces n+1 points, celle-ci étant de plus supposée d'intérieur non vide.
  • Bruno
    Bruno
    Pour GG.

    Qu'est-ce que tu as contre la "plaque triangulaire" ? Certes on peut parler de la clôture convexe des trois sommets ou du domaine plan limité par le triangle ou... Que sais-je ?
  • christophe c
    christophe c
    Merci à Archimède pour cette précision (que j'ai juste à copier-coller):

    {\it je suppose que cela signifie que $K\subseteq\hbox{conv}(A,B,C)$ et que $K$ rencontre chaque côté du triangle :
    $K\cap[AB]\not=\emptyset$
    $K\cap[BC]\not=\emptyset$
    $K\cap[CA]\not=\emptyset$}

    A vue d'oeil, je suis convaincu par le raisonnement de SXB et je ferai (mais la j'ai pas le tps) une petite animation geogebra pour l'illustrer). En plus SXB a prouvé (si pas d'erreur dans ses axiomes) qu'on peut restreindre les exigences à "homothétique" et que "connexité" n'est pas nécessaire...

    Je résume sa preuve: on fait glisser des droites parallèles aux côtés du triangle initial de manière à ce qu'elles tombent juste. Le triangle obtenu est similaire (et en fait, homothétique) à l'initial car il a les mêmes angles. A priori, je ne vois pas où il pourrait y avoir une erreur...

    Mais j'espére que s'il ne dormait pas à ce moment-là SXB dort à d'autres moments lol
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  • christophe c
    christophe c
    Argumentation de SXB en visuel: lien promis

    http://www.logique.jussieu.fr/~chalons/trucinscritdanstriangle.php

    En réponse à Philippe dans le msg d'en dessous: chez moi ca marche (enfin java se lance et la figure faite est conforme a ce que je voulais..etc)

    Peut-etre veux tu dire que l'animation elle meme n'est pas probante. En fait, comme "fermé borné quelconque" je ne sais pas faire ca sous geogebra, j'ai "importé" une image un peu chaotique. Puis, il y a un triangle quelconque qu'on peut choisir (en marron) et un des pointillés sur lesquels on peut mouvoir des points verts qui permettent de placer où on veut 3 droites respectivement parallèles à chaque côté du triangle marron initial. Ainsi "a la main, on s'aperçoit qu'on peut les placer de telle sorte qu'elles vont engendrer le triangle (en violet) homothétique du triangle marron et dans lequel le "paté" donné sera inscrit. Par contre, effectivement je ne connaissai aucun outil geogebra pour que les droites "s'auto-bloquent toutes seules"

    Peut-être était-ce ces explications qui manquaient?
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Philippe Malot
    Philippe Malot
    Christophe> Ca ne marche pas. (Contrairement à tes autres animations geogebra)
  • gb
    gb
    Compact est même inutile, bornée suffit.

    Soit $C$ une partie bornée de $\R^2$, il existe un disque $D$ de centre $\Omega$, de rayon $R$ qui contient $C$, on peut même imposer que $C$ soit contenu dans l'intérieur de $D$.

    Il existe une homothétie qui transforme le cercle de centre $\Omega$, de rayon $R$ en le cercle inscrit au triangle $ABC$, et le tour est joué.
  • Bruno
    Bruno
    Euhh... Je ne comprends pas, l'image de $C$ ne rencontre pas nécessairement les côtés du triangle, non ? On n'est pas en train de remplacer "inscrit" par "contenu dans l'intérieur" ?
  • gb
    gb
    J'avais effectivement trop rapidement lu la condition $K \cap [AB] \neq \emptyset$ comme une égalité.
    Le raisonnement de SXB convient alors très bien.
    Plutôt que de supposer {\it ABC "trigo-direct", quitte à rennomer les points}, il est plus simple de raisonner dans le repère $(A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$, dans lequel les coordonnées de $M=(x,y)$ sont alors $(X,Y)$. Pour un compact K, on note
    On note $a = \inf_K X$, $b = \inf_K Y$, $c = sup_K (X+Y)$, et les points $A'$ de coordonnées $(a,b)$, $B'$ de coordonnées $(c-b,b)$, $C'$ de coordonnées $(a,c-b)$ et $K$ est inscrit dans $A'B'C'$ qui est homothétique à $ABC$.
    On peut remarquer que l'on, pour une rotation $r$ quelconque, on peut inscrire $r(K))$ dans un triangle homothétique à $ABC$, ce qui revient à inscrire $K$ dans un triangle homothétique à $r^{-1}(ABC)$.
    Il y a ainsi une infinité de solutions, d'où une question : parmi tous les triangles directement semblables à $ABC$ dans lesquels $K$ est inscrit, quel est celui d'aire minimale ?
  • christophe c
    christophe c
    Philippe,

    j'ai modifié les le "mode d'emploi" de l'animation directement dans le msg ou il y a le lien
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • Philippe Malot
    Philippe Malot
    En fait le lancement se bloque ! (échec de chargement de l'applet java)
    Ca me met une croix rouge dans le coin supérieur gauche.
    J'arrive à lire les autres animations de ton site.
    Ca ne marche ni sous Firefox, ni sous IE.
  • Bruno
    Bruno
    Pour gb.

    C'est la bonne question et là on a besoin d'une similitude ! D'ailleurs, on peut également accepter les similitudes indirectes ; on utilise alors la caractérisation de la similitude de deux triangles par l'égalité des angles géométriques (premier cas de similitude mes semble-t-il). Je pense qu'il existe au moins une position pour laquelle l'aire est minimale.
  • christophe c
    christophe c
    à Philippe,

    Bah ça marche aussi bien à mon bureau que chez moi donc mystère....

    si le msg est "échec de chargement de l'applet java" ça me parait peu probable que ça vienne de l'animation elle-même, mais je ne suis pas du tout calé pour ces problèmes techniques
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • SXB
    SXB
    Perso, je suis très très intéressé par la question de gb!
    Mais bon la réponse n'est sûrement pas aussi simple que la question.
    Bon, on va dire que l'on connait la formule qui donne l'aire d'un triangle en fonction de ses côtés:

    C'est bien évidemment la demi-norme usuelle de AB vectorielle AC.

    Sinon, par contre, il s'agit de voir les coordonnées de A en fonction de l'angle u entre l'"horizontale" et GHA, où G est le point d'intersection des hauteurs du triangle en question et HA son projeté orthogonal sur la droite affine (BC) (dsl je n'aime pas trop travailler dans un repère non orthonormé, je suis moins sûr de ce que j'y fais).

    Faisant-on de même avec B et C et étudions donc la fonction d'aire à trois variable qui correspond.

    Je propose de commencer par des formes simples, un cercle, un carré, puis un convexe à rayon de courbure fini en tout point compact de frontière de classe C infini, puis d'essayer de généraliser. Il faudra dans tous les cas introduire des grandeurs intrinsèques au compact en question.
  • gb
    gb
    SXB,

    j'ai de la peine à comprendre ce qu'est ton angle $u$, et si tu est gêné par les repères non orthonormés, ce que je conçois aisément, je le suis par ton orthocentre qui s'appelle $G$. Traditionnellement, $G$ est le centre de gravité du triangle, l'orthocentre, c'est $H$, et $H_A$, si j'ai bien compris, c'est le pied de la hauteur issue de $A$.

    Pour le cercle, tous les triangles semblables ayant même cercle inscrit, ont également même aire (par rotation autour du centre du cercle, et symétrie par rapport à un diamètre).
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