trapèze

Bonjour,

La condition s'écrit $EA^2+ED^2=2EI^2$ où $I$ est le point de $[AD]$ à construire.

Cordialement,

Rescassol,

Bonjour,

Voilà une construction utilisant ma formule (j'attends un peu pour en donner une preuve) :

Bonjour,

"et si le trapèze devient [un] rectangle ?"

Si le trapèze devient un parallélogramme (si AB = CD) toutes les belles constructions précédentes s'évanouissent pour cause de point à l'infini.
Certes, par le calcul si un point d'une division harmonique est à l'infini, l'autre est au milieu, mébon, mon logiciel ne sait pas tracer des points à l'infini...

Donc une petite construction de mon cru valable quel que soit le trapèze.
Cette construction est fondée sur la résolution d'une certaine équation du second degré qui vient naturellement en exprimant le rapport h/x ou x est la hauteur du trapèze d'aire moitié et h celle du trapèze entier.

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C'est une appliquette Java créée avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
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BE = BF = CD, M milieu de AF et H milieu de EM
AN = AB, les perpendiculaires en N et en H se coupent en I
Le cercle de centre I passant par M (et E) coupe AN en P, le plus éloigné de A.
Reporter AG = AD
La parallèle à MP par G coupe AB en J
Reporter AK = AJ

Les points A,B,C,D sont déplaçables et la construction (sans tricher) est robuste et marche même si ABCD est un parallélogramme, voire même si C = D (trapèze réduit à un triangle)

Cordialement.

Bonjour,

Voilà comment j'ai fait pour démontrer ma formule:
Je raisonne sur la figure que j'ai donnée plus haut (il y a eu une malencontreuse interversion de $C$ et $D$ entre la figure et la formule).
On peut poser $\overrightarrow{EA}=\alpha \overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{EB}=\alpha \overrightarrow{v}$, $\overrightarrow{EC}=\beta \overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{ED}=\beta \overrightarrow{v}$, $\overrightarrow{EI}=x \overrightarrow{u}$, $\overrightarrow{EJ}=x \overrightarrow{v}$, pour un certain couple $(\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v})$ non unique de vecteurs.
Les aires des triangles $EAB$, $ECD$ et $EIJ$ sont $\displaystyle \dfrac{\alpha^2}{2} ||\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{v}||$, $\displaystyle \dfrac{\beta^2}{2} ||\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{v}||$ et $\displaystyle \dfrac{x^2}{2} ||\overrightarrow{u} \wedge \overrightarrow{v}||$.
Les aires des trapèzes $ABJI$ et $IJDC$ sont alors proportionnelles à $\alpha^2-x^2$ et $x^2-\beta^2$, d'où la condition $\alpha^2+\beta^2=2x^2$ qui est équivalente à $EA^2+EC^2=2EI^2$.

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

Je vais essayer d'expliciter la démarche qui m'a conduit à cette construction.

Il semble "naturel" de chercher la hauteur du trapèze d'aire moitié ABLK
J'appelle donc $x$ cette hauteur, $h$ celle du trapèze complet
Pour simplifier posons $a = AB, b = CD$ et $m = KL$ la longueur de la séparation
.

Il vient
$m = a + (x/h)(b - a)$ (Thalès)
$Aire(ABCD) = (a + b)h/2, \qquad Aire(ABLK) = (a + m)x/2$

Et donc en écrivant que l'aire de ABCD est le double de l'aire de ABLK

$(a + b)h = 2(a + a + (x/h)(b - a))x$

Equation du second degré en x :
$2(b - a)x^2 - 4 a h x + (a + b)h^2 = 0$

Sauf que ... quand $a = b$ l'équation du second degré dégénère en une équation du premier degré
entrainant un cas particulier que justement je veux éviter.
Comme x est évidemment non nul, je peux poser $X = h/x$ pour obtenir l'équation :
$(a + b)X^2 - 4 a X + 2(a - b) = 0$ [1]
Equation qui peut d'ailleurs se généraliser si on veut une aire à $1/k$ en
$(a + b)X^2 - 2 k a X + k(a - b) = 0$ [1']

La construction est la résolution géométrique classique de cette équation.
X étant un nombre sans dimension, je dois choisir une unité de longueur (arbitraire) pour le construire
Le coefficient de $X^2$ m'incite à prendre $a + b$ comme unité de longueur
Et même pour réduire la taille de la construction $\frac{a + b}{2}$

En posant $Y = X \frac{a + b}{2}$ [2], Y est ainsi une longueur.
L'équation devient :

$(a + b)(\frac{Y}{ \frac{a + b}{2}})^2 - 4 a \frac{Y}{\frac{a + b}{2}} + 2(a - b) = 0$
Ce qui en mutipliant par $\frac{a + b}{4}$ donne
$Y^2 - 2 a Y + (a - b)(a + b)/2 = 0$ [3]

La somme des racines est $2 a$ et le produit $(a - b)(a + b)/2$

Construisons donc sur deux droites arbitraires (je choisis la droite AB et sa perpendiculaire en A pour simplifier)
1) $AN = a$ : les deux racines AP et AP' seront symétriques par rapport à ce point : $\frac{AP + AP'}{2} = a$
Le centre du cercle qui les donne est donc sur la perpendiculaire en N à AN

2) $AE = a - b, \qquad AM = (a + b)/2$
La relation $\overline{AP}.\overline{AP'} = \overline{AE}.\overline{AM}$ montre que ce cercle doit passer par E et M, donc centré sur la médiatrice de EM

D'où le point I centre du cercle et les points P et P'
Les deux solutions donnent :
le trapèze cherché, avec x le plus faible donc AP le plus grand
un trapèze croisé avec $x > h$ qui ne nous intéresse pas

On a finalement
$h/x = AP/AM$ en utilisant la relation [2] et la définition de AM
D'où la construction finale par Thalès de $h/x = AD/AK = AG/AJ = AP/AM$

Cordialement.

Bonjour Rescassol,

Tu peux chercher à "Monsky's theorem". La preuve que j'ai une fois parcourue utilisait des valuations (je crois bien d'ailleurs avoir lu aussi qu'on ne connaissait pas d'autre preuve que celle de Monsky, mais c'est à vérifier).


Cordialement.

sk .

Bonjour,

$\displaystyle f(x)=-\dfrac{2x^2-2x+1}{2x^2-1}$ ?

Cordialement,

Rescassol

Bonjour,

chez google : tapez " zindrini trapèze " (zindrini avec un i à la place du e) et consulter la page provenant de l'irem de Montpellier .

bien cordialement

kolotko