Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

jeanlo655 · 19-11-2010 17:23:23

Bonjour
J'aurais besoin de vos lumières pour résoudre une énigme ...

Les données : J'ai un triangle tout à fait ordinaire dont les côtés font 5778, 3214 et 4457 (mètres, mais l'unité importe peu), ce qui me fait des angles de 50, 33,6 et 96,4 degrés environ.

Le problème, je dois tracer autour de ce triangle :
- un triangle équilatéral
- dont chaque côté passe par l'un des angles du triangle quelconque
- de la plus grande superficie possible (Hé oui, sinon ce serait trop simple)

A priori il ne doit y avoir qu'une seule solution, et donc une règle, mais malgré mes essais et recherches je n'ai rien trouvé de plausible.

Je vous remercie par avance pour votre aide et le temps que vous m'aurez consacré.
Jean-Laurent

yoshi · 19-11-2010 21:55:54

Salut jeanlo655,

ET bienvenue sur BibM@th...
Je vais me pencher sur ton problème demain : je le trouve très intéressant, il pique ma curiosité...
Pifométriquement, comme ça, je dirais que les 3 sommets du triangle équilatéral doive se balader sur un cercle ou une courbe d'équation de degré 2 (une parabole ?).
Avec ladite équation et en calculant sa dérivée, on doit obtenir le maximum en question...

@+

yoshi · 20-11-2010 11:13:57

Salut,

Bon, je regarde depuis un moment...
Je n'ai qu'un mot : effroyable !
Les calculs sont abominables, c'est beaucoup plus complexe que ce que j'ai cru au premier abord.
Pour être honnête, j'ignore si je vais m'en sortir...
Il faut que je réfléchisse à une autre approche plus simple (si elle existe) que celle (analytique) que j'avais imaginée :
un triangle ABC tel que AC = 5778, AB = 3214 et BC = 4457, puis je place A sur l'origine des coordonnées O d'un repère orthonormé, tel que C appartienne à l'axe des abscisses...

Si tu considères qu'il est simple de trouver les coordonnées des sommets M, N et P du triangle équilatéral tel que O est sur [MP], B sur [MN] et C sur [NP], alors tu me feras gagner du temps en me donnant ta méthode, parce que là, je le reconnais tu es bien plus fort que moi...

APPEL à une aide solidaire :
j'espère que quelqu'un d'autre voudra bien aussi se pencher là dessus de plus près, parce que je le répète, je suis pessimiste sur mes chances d'arriver à un résultat...

@+

freddy · 20-11-2010 12:04:26

Salut Yoshi,

j'ai trouvé le sujet intéressant, ai pensé à un cercle et ... je cherche, je cherche aussi ...

jeanlo655 · 20-11-2010 12:41:10

Salut yoshi
D'abord Merci de te pencher sur mon énigme.
Si j'avais la moindre idée d'une bribe du début d'un commencement de solution, je n'aurais pas lancé cette "bouteille à la mer"
Il y aurait, conditionnel, une histoire d'arc capable ???
Où j'en suis de mon côté :
J'ai essayé d'attaquer le problème en sens inverse, tracer un triangle isocèle,puis à l'intérieur de celui-ci un triangle quelconque puis j'ai cherché ...
Je ne sais pas pourquoi, peut-être à tort, je reste persuadé qu'il y a un "truc tout bête" et une fois qu'on aura la solution on dira comme le commissaire Bourrel "Mais c'est bien sur !"
Une fois encore Merci yoshi et les autres pour le temps que vous m'accordez
jeanlo655

yoshi · 20-11-2010 13:20:25

Bonjour,

Je suis en train d'explorer cette piste justement qui m'a l'air plus prometteuse...

Même si en notant a la longueur OA, c la la longueur OC, b la longueur NB et l la longueur du côté du triangle équilatéral, je tombe sur un système de 3 équations à inconnues en a², b², lc² et l²...
Je peux éliminer k², puis extraire k en fonction de (a,b,c)...
Mais voilà, je marche au radar et je ne sais pas trop ce que je vais en faire : j'ai donc une contrainte sur k en fonction des positions sur les côtés du triangle...
Et après ?.

Je vais refaire tous mes calculs pour être sûr de ne pas avoir d'erreurs dans mes équations et voir si ça me permet de me restreindre à un système de 3 équations à 3 inconnues en a², b² et c²...
Mais quand bien même, je ne suis pas sûr de pouvoir et savoir résoudre un tel système...
Resterait après l'approche informatique...
Tu cherches exactement à savoir quoi la longueur maximum du côté l pour pouvoir tracer ton triangle à l'intérieur ?
Il doit y avoir aussi un minimum...
Ça me donnerait une dérivée qui s'annule 2 fois, donc une équation en l du 3e degré minimum...

Voilà où j'en suis. Est-ce que ça inspire quelqu'un ?

@+

jeanlo655 · 20-11-2010 13:35:44

Salut yoshi
Pour résoudre mon énigme, j'ai besoin du point M donc de l'un des angles MAB ou MBA et de l'une des longueurs MA ou MB
@+

karlun · 20-11-2010 14:04:43

Bonjour,

Zut trop tard,
Géolabo nous montre ce que Yoshi vient de poster.

Serait-ce le plus grand? il y en a deux autres possibles (au départ de la parallèle aux trois côtés du triangle de départ.

Je regarde.

Voici:

Bigre! quel est le plus grand des trois?

Le plus grand est le triangle mauve IJK (le rayon du cercle inscrit vaut 2464 (contre 2404 pour le rouge et 2351 pour le vert). c'est donc celui qui démarre de la parallèle au plus grand des côtés (AB) du triangle à inscrire.

Aux calculs.

Mais avant, quelques cherchailles (histoire de s'entraîner en géoélaborant pour le plaisir).

A+-*/

Dernière modification par karlun (20-11-2010 16:34:02)

nerosson · 20-11-2010 16:55:39

Salut à tous,

Voilà encore Nérosson qui s'amène avec ses gros souliers, comme un cheveu sur la soupe.

Primo : je ne me suis pas cassé la tête à essayer de comprendre tout ce que vous avez dit, et considérez que j'y suis totalement étranger,
secundo : J'ai bien fait une figure pour travailler mais ça serait un gros boulot de la reproduire ici et l'ami Yoshi dirait encore qu'elle est bâclée.

Donc si vous avez envie de suivre ce que j'ai à dire (ça n'en vaut peut être pas la peine), j'explique et vous faites la figure à mesure.

Je prends un triangle QUELCONQUE : ABC.
Je trace les médianes des trois côtés (seulement la partie extérieure au triangle).
A l'extérieur du triangle, je détermine sur la médiane de AB le point D tel que l'angle ADB soit de 120 degrés : facile puisqu'il suffit que l'angle ABD fasse 30 degrés.
Même opération sur les deux autres côtés du triangle, les points E et F étant les homologues du point D . Vous suivez ?
Je trace l'arc "x", extérieur au triangle ABC, de centre D et passant par A et B.
Si mes souvenirs de géométrie sont bons (ce dont je ne suis pas sûr), n'importe quel point G, situé sur cet arc, sera tel que l'angle AGB fera 60 degrés, donc l'un des sommets du triangle équilatéral que nous recherchons se trouve sur cet arc.

Mêmes opérations à partir des cotés BC et CA, le centre de l'arc de cercle "y" passant par BC étant en E et le centre de l'arc "z" passant par CA étant en F. J'obtiens ainsi deux autres arcs de cercle ("y" et "z") où doivent se trouver les deux autres sommets du triangle équilatéral cherché.

C'est à partir de là que je m'avance sur la pointe des pieds :

Je trace par B une ligne QUELCONQUE qui coupe l'arc "x" en G et l'arc "y" en H;
Je trace une ligne HC qui vient couper l'arc "z" en I.
Je trace une ligne GA ET CETTE LIGNE VIENT AUSSI COUPER L' ARC "z" EN I ! ! !

Je CONSTATE que le triangle GHI a des angles de 60 degrés et qu'il est donc bien équilatéral ! ! !

Or j'ai pris au hasard la ligne GBH, ce qui conduirait donc à penser qu'il existe une infinité de triangles équilatéraux tels que recherchés.

Alors, mon triangle ABC avait-il une particularité que je n'ai pas observée, ou s'agit-il d'une règle générale?

Ca me dépasse, alors, dém.....ez-vous ! ! !

P.S. Je m'aperçois après coup que je n'ai pas prêté attention à la question de surface maximale, ce qui enlève sans doute tout intérêt à ce que j'ai écrit. Ayez la charité de ne pas me dire que je suis un âne ! ! ! D'ailleurs, ça serait une banalité.

Dernière modification par nerosson (20-11-2010 17:12:11)

yoshi · 20-11-2010 17:24:01

Re,

Intéressant comme idée, tout comme celle du parallélisme supputé par karlun (même si dans son cas, si c'est une intuition géniale, j'aimerais avoir la preuve que c'est toujours vrai et qu'il n'y a de triangle équilatéral que s'il y a parallélisme).
Hélas, jeune-homme, je réfute ça :

Je trace l'arc "x", extérieur au triangle ABC, de centre D et passant par A et B.

Impossible, sauf si au lieu de parler de médiane, tu parlais de médiatrice...

Alors t'as voulu dire quoi ?
Je m'en vais explorer la piste des médiatrices...

@+

nerosson · 20-11-2010 17:37:49

Re,

Encore une idée purement intuitive.

Etant donné que pour que la surface soit maximale, il faut que le côté GH soit le plus long possible, la solution ne serait-elle pas que GH soit parallèle à DE ?

On appellera ça la "conjecture de Nérosson".

P.S. Est-ce que ce forum fonctionne comme une brouette qui aurait perdu sa roue ou si c'est mon ordinateur qui déc... ?

Mille excuses, Yoshi, pour cette erreur de vocabulaire. Il s'agit des axes partageant en deux les cotés du triangle ABC

Dernière modification par nerosson (20-11-2010 17:43:09)

yoshi · 20-11-2010 17:56:15

Re Re,

Oui la connexion m...e à pleins tuyaux, mais le forum n'en est pas responsable...

Bien, ceci dit, j'ai édité mpn précédent post, et en ai coupé l'EDIT que je mets ci-dessous :

Je viens de faire la figure...
Oui ton triangle est équilatéral : l'angle inscrit mesure la moitié de l'angle au centre interceptant le même arc.
Tes angles au centre mesurant 120°, chacun des angles inscrits (et angles du triangle) mesurant la moitié sont bien égaux à 60°...
Bravo pour ta construction.
C'est déjà une étape. Reste à savoir s'il est possible de tracer autour du triangle ABC, d'autres triangles équilatéraux selon une méthode différente.
J'espère me tromper, mais je crains que oui !
Ensuite, il faudrait essayer de voir lequel des triangles ainsi constructibles a une aire maxi...

Additif
Avec ton histoire parallélisme, tu rejoins karlun, ça m'avait effleuré ce matin et j'ai jeté l'idée aux orties en pensant : << Aucune raison ! >>, mais pt'êt bin que j'avions tort, mon fieu...

On va appeler ça la "conjecture de Mickey" ... ;-))

@+

nerosson · 20-11-2010 18:11:21

RE

Merci d'avoir fait la figure. Je suis bien incapable de faire quelque chose d'aussi beau ! ! !

Etant donné que mes trois arcs de cercle sont les lieux géométriques des trois sommets du triangle équilatéral, je ne pense pas qu' on puisse en concevoir d'autres.

Dernière modification par nerosson (20-11-2010 18:17:44)

yoshi · 20-11-2010 18:16:33

Re,

Fait avec Geolabo de Fred, en suivant TES instructions, puis copie d'écran via la touche Imp.écr, puis passage dans photofiltre pour placer les lettres (on peut aussi dans Geolabo) et recadrage, puis redimensionnement...
Geolabo à consommer sans modération : très intuitif d'utilisation... ;-)

Et je pense maintenant que c'est la seule façon de construire le tr équilatéral GHI à partir du triangle ABC de départ...

@+

[EDIT]
Et je pense, après manipulation du triangle GHI, qu'il est également probable que l'aire maxi soit atteinte pour (GH) // (AC)...

Dernière modification par yoshi (20-11-2010 18:50:07)

karlun · 20-11-2010 21:26:39

'soir,

« On va appeler ça la "conjecture de Mickey" ... ;-)) »

Et je parie qu'elle s'inscrit sur les trois circonférences (en vert) inscrivant les 9 sommets des triangles équilatéraux et les trois sommets du triangle quelconque du départ (se coupant en K2 qui lui-même appartient à la circonférence incluant Cr, Cm, Cv. (centres respectifs des trois équilatéraux)).

(Ce soir suis pas chez moi... à demain pour l'illustration.)

Pari gagné.
voici, appliquée, la méthode Nérosson qui couvre bien toutes les avancées précédentes.

A+-*/

Dernière modification par karlun (21-11-2010 12:51:59)

yoshi · 21-11-2010 14:02:31

Re,

C'est bon, j'ai trouvé, grâces en soient rendues à nerosson...
Je rédige la solution sur papier, pour (GH)// (AC), suffisamment détaillée, pour que notre ami puisse l'adapter aux deux autres cas...
Quelle précision souhaites-tu ? Le cm ?

Je reposte quand j'ai fini...

@+

yoshi · 21-11-2010 15:32:08

Me revoilà,

1. La hauteur d'un triangle équilatéral de côté a mesure [tex]\frac{a \sqrt 3}{2}[/tex]
Son aire est donc [tex]A=\frac{a^2\sqrt 3}{4}[/tex]
2. L'équation d'une droite passant par l'origine et un point U(c ; d) est [tex]y=\frac d c\, x[/tex]
3. L'équation d'une droite parallèle à l'axe des x passant passant par un point V(e ; f) est y = f
4. Je pars de l'image suivante où le grand côté [AC] est horizontal et A sur l'origine des coordonnées.
Pour les deux autres cas, il faudra placer, respectivement [BC] et [AB] horizontaux et refaire les mêmes calculs en les adaptant.

5. Les calculs
Le triangle IAC est aussi équilatéral de coté 5778.
MI mesure donc [tex]M=\frac{5778 \sqrt 3}{2}=2889 \sqrt 3\approx 5003.895[/tex]
Coordonnées de I: I(2889 ; -2889\sqrt 3}
L'équation de (AI) est : [tex]y=-\frac{2889\sqrt 3}{2899}\x = -\sqrt 3 \,x[/tex]
(normal, parce que le coeff. dir est la tangente -signée- de [tex]\widehat{CAI}[/tex])
Cordonnée de G
Ordonnée de G = ordonnée de B = [tex]3214\sin(50.047^\circ)[/tex]
Abscisse de G donnée par [tex]-\sqrt 3 x =3214\sin(50.047^\circ)\;\Leftrightarrow\; x =-\frac{3214\times sin(-50.04375)}{\sqrt 3}\approx -1422.461[/tex]
Soit G(-1422,461 ; 2463.774)
Calcul de IG² :
[tex]IG^2=\left(-\frac{3214\times sin(50.04375)}{\sqrt 3}-2889\right)^2+(3214\times\sin(50.047375)-2889\sqrt 3)^2[/tex]

L'aire cherchée est [tex]A = \frac{IG^2\,\sqrt 3}{4}[/tex]

@+

Dernière modification par yoshi (21-11-2010 21:38:22)

jeanlo655 · 21-11-2010 21:01:31

Bonsoir
Merci à tous pour votre aide et surement à très bientôt
Jean-Laurent

yoshi · 22-11-2010 12:37:48

Bonjour,

Alors, je vais essayer de rationnaliser tout ça...

je note par par l_h la longueur du côté horizontal, par l_O la longueur du 2e côté partantt de l'origine O des coordonnées, confondue selon les cas, avec A, B ou C et par [tex]\alpha[/tex] l'angle que font ces deux côtés.

1. J'appelle (D1) la droite nommée actuellement (GI) : celle-là est invariante dans les 3 configurations.
Elle aura toujours pour équation [tex]y=-\sqrt 3\, x[/tex]
2. J'appelle (D2) la droite actuellement nommée (GH) : elle sera toujours dans les 3 configurations parallèle à l'axe des x.
Son équation sera donc toujours de la forme [tex]y=l_O\,\times \sin(\alpha)[/tex]]
3. Le point I va donc adopter 3 positions différentes sur (D1).
Les coordonnées de ce point I seront toujours de la forme : [tex]\left(\frac{l_h}{2}\;;\;-\frac{l_h\sqrt 3}{2}\right)[/tex]
4. En conséquence la distance OI sera toujours [tex]OI = l_h[/tex]
5. L'ordonnée du point G sera toujours : [tex]l_O \times\, \sin(\alpha)[/tex]
Son abscisse toujours de la forme : [tex]-\frac{l_O\times \sin(\alpha)}{\sqrt 3}=-\frac{l_O\times \sqrt 3 \times\sin(\alpha)}{3}[/tex]
6. La longueur du côté du triangle équilatéral cherché GHI est [tex]\sqrt{(x_G-x_I)^2+(y_G-y_I)^2}[/tex]
7. L'aire cherchée sera donc [tex]\frac{GI^2\sqrt 3}{4}[/tex] On peut donc se dispenser d'extraire la racine carrée précédente.

Application.
Voilà 6 essais :

alpha = 50.47375 l_h = 5778 l_O = 3214
Aire : 32 32 8543.6312 m²
Côté : 8640.58 m
alpha = 50.047375 l_h = 3214 l_O = 5778
Aire : 30 035 349.23 m²
Côté : 8328.49 m
alpha = 90.394162 l_h = 3124 l_O = 4457
Aire : 29 617 705.4325 m²
Côté : 8270.38 m
alpha = 90.394162 l_h = 4457 l_O = 3214
Aire : 28 889 819.2232 m²
Côté : 8168.12 m
alpha = 33.558452 l_h = 5778 l_O = 4457
Aire : 32 196 555.2257 m²
Côté : 8622.92 m
alpha = 33.558452 l_h = 4457 l_O = 5778
Aire : 28 727 353.3582 m²
Côté : 8145.12 m

Les calculs ont été faits avec Python, mais on peut tout aussi bien les faire avec un Tableur...

Ça te convient ? Tout est clair ?

@+

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#1 19-11-2010 17:23:23

Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#2 19-11-2010 21:55:54

Re : Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#3 20-11-2010 11:13:57

Re : Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#4 20-11-2010 12:04:26

Re : Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#5 20-11-2010 12:41:10

Re : Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#6 20-11-2010 13:20:25

Re : Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#7 20-11-2010 13:35:44

Re : Triangle quelconque inscrit dans un triangle équilatéral

#8 20-11-2010 14:04:43

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#9 20-11-2010 16:55:39

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#10 20-11-2010 17:24:01

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#11 20-11-2010 17:37:49

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#14 20-11-2010 18:16:33

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#19 22-11-2010 12:37:48

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