Théorème de Viviani

Bonjour,

dans un zouli livre que le papa Noël m'a apporté, il y a un théorème associé à Vincenzo Viviani (1622 - 1703)

Citation
Théorème de Viviani
Placez un point dans un triangle équilatéral. De ce point, tracez une ligne en direction de chacun des côtés, de telle sorte que les lignes soient perpendiculaires à chaque côté. Peu importe où vous placez le point, la somme des distances perpendiculaires entre le point et les côtés est égale à la hauteur du triangle.

[attachment 26480 fig_Viviani.GIF]
Il est dit que Galilée prit Viviani comme collaborateur du fait de son talent.

C'est un chouquette théorème, démontrable en 6eme-5eme et je me demandais si il n'y avait pas tout plein de démonstrations.
Ce que je trouve chouquette, c'est cette idée qu'un keutru est vrai dans un certain endroit et pas ailleurs.

S

[Mise à dimension de l'image. Bruno]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par Bruno.

Bonjour Samok.

Très connu des statisticiens, ce théorème permet de représenter des variables de somme fixée (par exemple les fréquences de trois sous populations distinctes qui font la population complète). Il me semble que les chimistes l'utilisent pour les alliages de trois métaux.

Cordialement.

La démonstration qui me semble la plus simple est de faire passer une parallèle à la base par le point : Une parallèle à un côté d'un triangle équilatéral détermine un nouveau triangle équilatéral. Puis on recommence. Et on trouve que la somme des trois distances aux côté est la hauteur.

Bonjour sieur Gérard,

la démonstration qui m'est venue est plus simple, mais bon comme tout est relatif.

[Merci sieur Bruno pour la mise à l'échelle, je sais pas ce que fait ce point I mais je le trouve joli)
S



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De rien.

Bruno

Pourquoi le théorème de Viviani entraine-t-il que le point de Fermat , quand il est situé à l'intérieur du triangle quelconque$ABC$, réalise le mimimum de la fonction $M \mapsto MA + MB+ MC$?
Bonne Année
Pappus

on peut généraliser aux sommets d'un polyèdre ?

désactivé pour insulte
AD le 13Sep2014
[www.les-mathematiques.net]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par capesard.

[attachment 26481 Capturer.JPG]

Soient $d_a$, $d_b$, $d_c$ les distances de $M$ aux côtés, $l$ la longueur d'un côté et $h$ la hauteur. On a
$$\dfrac{lh}{2}=\mathcal{A}(ABC)=\mathcal{A}(MBC)+\mathcal{A}(MCA)+\mathcal{A}(MAB)=\dfrac{ld_a}{2}+\dfrac{ld_b}{2}+\dfrac{ld_c}{2}$$
donc $d_a+d_b+d_c=h$.

Samok,

On peut avoir ta démonstration ? la mienne est sans mots (juste les égalités de longueurs sur la figure.

Cordialement.

@gerard : la démonstration qui me viens spontanément à l'esprit (parce que c'est celle qu'on m'a donnée) est celle rappelée par JLT. Je n'ai par contre pas compris la tienne. Pourrais-tu détailler ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par AD.

samok et moi avons dû lire le même livre parallèlement.
La démonstration est basée sur trois petits triangles équilatéraux ( dont les hauteurs sont les chemins du point jusqu'au bord du grand triangle ) que l'on glisse et pivote pour faire apparaître la hauteur cherchée ( preuve de Kawasaki selon le livre ).

J'ai également trouvé ce résultat et cette preuve très intéressant.

On applique Pythagore trois fois

[attachment 26486 Capturer.JPG]

La preuve de gerard0 consiste à dire que si on remplace $(A,B,C)$ par $(A,D,E)$, on raccourcit la hauteur du triangle de la distance $MA'$. Puis, on remplace par le triangle $FDM$, ce qui diminue la hauteur de la distance $MB'$. On se retrouve alors avec un triangle équilatéral dont la hauteur vaut $MC'$.

[Edit : Je n'avais pas vu le message précédent quand j'ai écrit cela. mais le dessin est le bon, aux noms près. Merci JLT]

OK, ma preuve :

Comme je n'ai pas de logiciel de dessin sur cet ordinateur, je le fais avec des mots : ABC est le triangle équilatéral, I le point intérieur. La parallèle à BC en I coupe AB et AC en B' et C' respectivement. La parallèle à AB' en I coupe AC' en C". I se projette en J, K et L sur les côtés AB, BC et CA.
IL est la hauteur du triangle équilatéral IC'C", qu'on retrouve en C'H (H est donc sur IC"). En prolongeant C'H d'une longueur égale à IJ on obtient la hauteur C'H' du triangle équilatéral AB'C' (H' est donc sur AB'). on recommence pour rajouter IK à la hauteur relative à A et on a obtenu que IJ+IK+IL est la longueur d'une hauteur du triangle équilatéral.

En gros, on s'est ramené d'un point intérieur à un point sur un côté, puis à un sommet.

Cordialement.



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par gerard0.

Merci !

Bonne nuit,

Dans le dessin de JLT il n'y a pas le point I dit "de Bruno" !
Bon, je sors, mais il ne sera pas dit que je ne dis jamais rien en géométrie. :)

Bien cordialement.

C. de Pluquaire, c'est plutôt le point de Samok .

Bruno

Ce qui m'était venue spontanément est ce qu'a donnée JLT et qui est jouable en 6eme-5eme, découpage et égalité d'aires.
Par ailleurs voici un lien pour l'autre démonstration évoquée avant : monstration de Kawasaki

Il y a moyen de procéder analytiquement, on arrive alors en Tle S (calcul de la distance d'un point à une droite dans un repère orthonormé). L'idée d'utiliser Pythagore m'a effleuré l'esprit mais je voyais une suite abominable non susceptible d'aboutir. Etes-vous allé jusqu'au bout AitJospeh ?

S



Edité 2 fois. La dernière correction date de il y a huit années et a été effectuée par samok.

Bonjour,
La démonstration par les aires me semble la plus simple. Elle permet aussi de comprendre que cela va coincer pour un triangle quelconque.
Sinon le résultat se généralise à un point M quelconque, situé éventuellement à l'extérieur du triangle équilatéral, à condition de compter algébriquement les aires des triangles...
Etonnant non?
Christian

Super la Kawasaki !
je ne connaissais pas la démo du message 5163 de JLT : Sympa. Mais la démo avec les surfaces est évidemment la plus immédiate...
En attendant d'en découvrir d'autres.
C'est un peu de la varappe
[www.youtube.com]

Merci Samok pour ce fil décontractant

Bon avec les propos de Christian, on arrive si je ne m'abuse au post-bac, les aires algébriques de triangle, à un facteur près, sont des déterminants.

Voici une figure l'illustrant où $h_i$ sont des nombres positifs :
[attachment 26497 fig_Viviani.png]

Je suis un peu déçu qu'il n'y ait pas la combinaison $-h_1-h_2-h_3$ même si cela semble normal a posteriori.

[ Y a-t-il un moyen sioux pour que les images soient à la bonne taille et par là même éviter un travail de la modération ? Merci JLT]

S

@samok : pour faire des images plus petites, tu peux choisir l'une des options suivantes :

1) Si tu as fabriqué ton image à partir de Geogebra en "exportant le graphique en tant qu'image", tu dois tomber sur un menu

[attachment 26494 Capturer.JPG]

Et tu constates que tu peux changer l'échelle (par exemple tu peux changer 1:1 en 1:2).

2) Ou bien tu peux redimensionner l'image à partir d'un logiciel (tel que Paint si tu travailles sous Windows).

3) Mais je trouve que le plus simple est de capturer une partie de l'écran, ce qui donne directement une image de la bonne taille.

Voilà donc une application du théorème de Viviani à la démonstration du théorème de Fermat.

[attachment 26498 Viviani-Fermat.gif]

Le point de Fermat $F$ du triangle $ABC$ est défini par les égalités angulaires:
$\widehat{BFC}=\widehat{CFA}=\widehat{AFB}=120°$
Il est facile de voir qu'il est situé à l'intérieur du triangle $ABC$ si et seulement si aucun des angles du triangle $ABC$ n'est supérieur à 120° et j'ai supposé sur la figure que c'était le cas.
J'ai tracé le triangle antipodaire $A'B'C'$ de $F$, il est équilatéral et le triangle $ABC$ lui est inscrit et situé dans son intérieur.
Soit $M$ un point situé à l'intérieur de $A'B'C'$ .
On le projette en $a$, $b$, $c$ orthogonalement sur les côtés du triangle $A'B'C'$.
On a les inégalités: $MA\ge Ma$, $MB\ge Mb$, $MC \ge Mc$.
Donc $MA+MB+MC \ge Ma+Mb+Mc$
Mais d'après le théorème de Viviani, $Ma+Mb+Mc =FA +FB+FC$
Finalement
$MA+MB+MC \ge FA+FB+FC$
La fonction $f:M \mapsto MA+MB+MC$, restreinte à l'intérieur de triangle $A'B'C'$, atteint donc son minimum au point de Fermat $F$.
En fait il est facile de voir que le point $F$ réalise le minimum absolu de la fonction $f$ définie sur tout le plan.
Bonne année
Pappus

Voilà, j'ai essayé de concrétiser sur géogébra (premier vrai usage) :
[attachment 26499 triangle.png]

Comment fait-on pour insérer le fichier géogébra ?

Cordialement.

Joli ! !
est-ce dans le JDE ? je ne le pense pas

Merci sieur Pappus,

j'aimerais avoir une version 4eme avec ce maudit théorème (je l'ai souvent bâclé dans cette classe) qui dit des choses entre un triangle rectangle et un cercle admettant un côté pour diamètre .
[attachment 26500 fig_Viviani-2.png]

Est-ce possible ?

S

Merci Gérard, beaucoup plus claire que sans mot et avec des mots votre figure (je n'osais dire que je ne comprenais là où vous vouliez en venir).

S

Maintenant, il est clair que la démo des aires est plus simple :D

Citation
les géomètres
Ils désertent une île déserte.

S

C'est marrant ce théorème. Je me souviens avoir séché dessus juste après la guerre.
Il devait sans doute être proposé dans un Lebossé-Hémery de l'époque.

[attachment 26501 Viviani0.gif]

Il était difficile alors de recruter de bons professeurs et je me souviens que le mien n'était pas une lumière.
Voici ce que je me rappelle avoir trouvé sans doute après des heures ou des jours d'efforts!
Il s'agit de montrer que la somme $Mb +Mc$ est constante quand $M$ décrit le segment $BC$.
Je prends le symétrique $c'$ de $c$ par rapport à $BC$.
On a donc $Mb+Mc=Mb+Mc' = bc'$ car les points $b$, $c'$, $M$ sont alignés
Comme le quadrilatère $BB'bc'$ est un rectangle pour cause d'excès d'angles droits, on a $cc'= BB'$ et par suite $Mb+Mc= BB'$, etc....
Mais je pense que cette solution a dû être donnée dans le fil, il faudra que je le lise plus en détail!
Bonne Année
Pappus

Merci Pappus de me rappeler mes souvenirs de Lycée. j'avais moi aussi eu des difficultés.
par la somme des aires des triangles MAB et MAC c'est très vite fait !

Cordialement.

Bonsoir,

Une prolongation ? En considérant la figure de JLT ici : [www.les-mathematiques.net], quel est le lieu du point $M$ pour que la mesure de l'angle "normal" $\widehat{C'A'B'}$ reste égale à $\dfrac{\pi}{2}$ ?

Amicalement.

Bonsoir
Voici quelques preuves :
[jwilson.coe.uga.edu]
Bonne Année à tous

[Correction du lien. AD]



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par AD.

Merci Bouzar mais le lien ne fonctionne pas.

S

Voici la figure de bs à prouver évidemment!

[attachment 26528 bs0.gif]

Bonne Année
Pappus

Bonjour,

Mon cher pappus, j'ai toujours su que tu étais capable de dessiner un arc avec ou sans Cabri.

Meilleurs voeux, amicalement.

AitJoseph écrivait:
-------------------------------------------------------
> On applique Pythagore trois fois


Bonsoir, avez- vous finalement réussi par cette méthode ?

@M.Floquet :
Ait_Joseph n'est pas là, il passe ses vacances dans le désert marocain en touriste, depuis le début de l'été.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par AD.

Bonjour.
N'oublions pas les diagrammes de phases ternaires.

Mon préféré est Lait-Œuf-Farine...



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a six années et a été effectuée par soland.

Une belle application pour ceux qui font des études de chimie

Bonjour,

Expressions constantes dans un triangle
1) O étant un point fixe dans un angle A, l'on mène par O une transversale coupant les côtés de l'angle en B et C ; S et S' étant les aires des triangles OAB et OAC, montrer que 1/S + 1/S' est indépendant de la transversale particulière que l'on a tracée.
2) ABC étant un triangle équilatéral et M un point intérieur au triangle, montrer que la somme des distances de M aux côtés du triangle est constante.
3) Un rectangle de base b et hauteur h étant inscrit dans un triangle de base b' et hauteur h', montrer que b/b' + h/h' = 1.

Solutions
1) Par O menons la parallèle à (AC), qui coupe (AB) en M ; d'après le théorème de Thalès, AB/AM = BC/OC (1). D'après le théorème des chevrons, AB/AM = Aire(OAB)/Aire(OAM) et BC/OC = Aire(BAC)/Aire(OAC). La proportion (1) peut donc s'écrire Aire(OAB)/Aire(OAM) = Aire(BAC)/Aire(OAC), soit S/Aire(OAM) = (S+S')/S', soit encore 1/Aire(OAM) = (S+S')/SS' = 1/S + 1/S' ; or, l'aire de OAM ne dépend pas de la transversale.
Conclusion : 1/S + 1/S' est indépendant de la transversale particulière ayant été tracée.

2) Soient a la longueur du côté ; P, Q, R les projections de M sur AB, BC et CA ; AH la hauteur issue de A.
Aire(MAB)+Aire(MBC)+Aire(MCA) = Aire(ABC) = BC.AH/2 et donc BC.AH/2 = AB.MP/2 + BC.MQ/2 + CA.MR/2 et donc a.AH/2 = a.MP/2 + a.MQ/2 + a.MR/2
Conclusion : MP+MQ+MR = AH = a3^1/2/2

3) Soient ABC le triangle, de base BC = b' et hauteur AH = h', et DEFG le rectangle inscrit, de base EF = b et hauteur GF = h. D'après le théorème de Thalès, on a AD/AB = b/b' et BD/BA = h/h'. D'où b/b' + h/h' = AD/AB + DB/AB = AB/AB.
Conclusion : b/b' + h/h' = 1

Et voici l'équivalent 3D du théorème de Viviani
Soient un tétraèdre régulier (pyramide faite de 4 triangles équilatéraux) ABCD et un point M intérieur au tétraèdre ; montrer que la somme des distances MP, MQ, MR, MS aux 4 faces du tétraèdre est indépendante du point considéré.
Solution
Soit a la longueur des arètes du tétraèdre et P, Q, R, S les projections de M sur ABC, BCD, CDA et DAB.
Soit AH la hauteur issue de A.
Vol(ABCD) = AH.Aire(BCD)/3 et aussi Vol(ABCD) = Vol(MABC)+Vol(MBCD)+Vol(MCDA)+Vol(MDAB) et donc
AH.Aire(BCD)/3 = Vol(MABC)+Vol(MBCD)+Vol(MCDA)+Vol(MDAB) et donc
AH.Aire(BCD)/3 = MP.Aire(ABC)/3 + MQ.Aire(BCD)/3 + MR.Aire(CDA)/3 + MS.Aire(DAB)/3
Le tétraèdre étant régulier, Aire(ABC) = Aire(BCD) = Aire(CDA) = Aire(DAB).
Conclusion : MP+MQ+MR+MS = AH, qui est indépendant de M.

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