[Tout niveau] Triangle et cercle inscrit

[benekire2]

Bon, allez pour détendre (ou pas) tout le monde ce week end, je propose un exercice, dont le but ... est de recueillir un maximum de méthodes différentes pour résoudre l'exo !!

Soit z un complexe affixe de M z² et z^3 sont les affixes respectifs de M' et M''

Déterminer tout les complexes z tels que le centre du cercle inscrit du triangle MM'M'' soit l'origine du repère.

C'est un classique, mais toujours bon :zen:

[benekire2]

Je donnerais ma solution, même si c'est un grand classique , mais bon, la mienne n'est pas forcément la plus élégante !!

Aie, en relisant ma méthode, il y a un soucis, je vous la proposerais.

[benekire2]

Comme 0 doit être l'affixe du barycentre de M,M' et M'' affectés des cotés opposés , on a :



D'où :

ou encore:



Si z=0 ça n'a pas de sens et si |z(z-1)| non plus car dans les deux cas on aura pas de vrai triangle.

On est donc ramené à :



Et donc, ma méthode précédente était erroné à cet endroi, je cherche actuellement comment résoudre ce machin ^^

Toutefois si vous avez des méthodes plus rapides ... faites moi signe !!

[Nightmare]

Salut,

oui c'est la méthode bourrine qui permettait de s'en sortir sûr. Elle fournit j et j² comme solutions.

A vrai dire je n'en vois pas beaucoup d'autre, à part utiliser le fait que le cercle inscrit soit invariant par transformation isogonale, mais je ne suis pas sûr que ce soit plus rapide...

Edit : En fait ce n'est pas si long en repérant les complexes en polaire.

[benekire2]

Oui mais je trouve quand même cela bourrin :zen:
Et moi le bourinisme c'est pas que j'aime pas , mais quand il y a autre chose c'est mieux :)

En parlant de j ... j'ai fais un exo très intéressant où l'on devait montrer que dans l'équation 1+z^4+z^8=0 z était racine douzième de l'unité ... marrant comme exo :id:

[Nightmare]

tu as d'autres méthodes en tête? (Je pense que oui si tu as posté l'exo ainsi).

[benekire2]

J'en ai une peut être dure a concrétiser mais qui se rapproche sans doute de la première, c'est de "mettre en équation " notre centre du cercle inscrit à l'aide de bissectrices.

Après en faisant de jolis petits dessins j'ai cru voir que les triangles qu'on obtenait étaient isocèles. J'ai donc essayer une démo dans ce sens. Mais là j'ai pas réussi.

Mais je sens vraiment qu'il doit y avoir quelque chose de plus simple :hum:

J'ai posé l'exo parce que il est pas mal ( ça peut intéresser des TS ? ) et aussi parce que j'étais curieux de voir vos méthodes :zen:

[benekire2]

Et le fait aussi que z soit de module 1 ... c'est pas anodin a mon sens

[Nightmare]

Oui la méthode avec les bissectrices se rapproche de la méthode bourrine.

Je pense avoir trouvé assez rapide :

La similitude directe transforme le triangle en qui lui aussi a son cercle inscrit centré en O. Les deux triangles ayant deux sommets commun et même cercle inscrit, ils coïncident et on en déduit que soit en éliminant z=0.

Edit : Préciser aussi que le deuxième triangle a bien un cercle inscrit de même rayon :lol3:

[benekire2]

Tu te prend bien moins la tête que moi ^^

[benekire2]

Ca me fait penser a cet exercice :

soit a,b et c les affixes de A,B et C

Montrer que ABC est équilatéral ssi a(a-b)+b(b-c)+c(c-a)=0



Et bien pour le résoudre j'ai trouvé une méthode hyper bourrine ... qui m'a prit 5 pages !! Je viens d'en trouver une qui tient 10 lignes ... donc je me dis que dans ce genre de problème il y a toujours des solutions rapides :id:

[Nightmare]

Oui et souvent les solutions rapides viennent d'arguments géométriques dans ce genre d'exercice.

[benekire2]

ouais..

La en l'occurence j'ai dit queABC est équilatéral ssi (c-a)/(b-a)=exp(ipi/3)
et ssi (b-c)/(a-c)=exp(ipi/3)
( c'est le cas de l'équilatéral direct)
Et donc j'ai : (b-a)(b-c)=(a-c)(c-a) <=> b²-ab+ac-bc=-a²-c²+2ac <=> a²+b²+c²-ab-ac-bc=0 <=> a(a-b)+b(b-c)+c(c-a)

C'est TRES rapide, par rapport a d'autres solutions bourines