Cinq triangles semblables

par **beagle** » 29 Avr 2010, 16:56

arccos(-1/2*racine2) est un angle que tu as déjà donné, ou c'est une autre soluce d'un de tes cas 7 figures pas encore résolvé?

par **nodjim** » 29 Avr 2010, 19:26

Ben314 est venu à bout d'un problème Imodien irrésolu. J'apprécie la performance.

par **Imod** » 29 Avr 2010, 22:39

Félicitations à Ben qui ne s'est pas laisser décourager par l'ampleur de la tâche .

Pour résumer :

1°) Si un triangle est pavable avec cinq triangles semblables alors ces triangles ont au choix un angle de 90° , de 120° ou 180°-Arctan(rac(7)) .

2°) Si en plus le grand triangle est semblable au cinq petits alors il faut éliminer la dernière possibilité ( c'est une conséquence du 1° mais on doit pouvoir le démontrer directement à moindre frais ) .

Pour ceux qui ont lu le sujet original sur MathsLinks , il reste une question :

3°) Quels sont les triangles qui peuvent être pavés par cinq triangles semblables entre eux ( pas nécessairement avec le grand triangle ) .

L'étude qui vient d'être faite montre que les triangles rectangles , les triangles isocèles et les triangles semblables au triangle (4,5,6) conviennent : y-en-a-t-il d'autres ?

Je ne pense pas qu'on ait répondu à cette question ou bien ça m'a échappé :we:

Imod

par **Ben314** » 30 Avr 2010, 07:20

Pour les solutions sans angles de 90 ou 120, il y a TROIS types de "petit triangles" : le (1,racine(2),2) et deux autres dont les longueurs/angles sont plus complexes.
Il y a 4 ou 5 (pas encore déterminé) type de grand triangles possibles
Il y a six configurations possible possibles (seule la sixième n'est pas réalisable et la septième ne l'est qu'avec x=c.

J'essayerais de faire un "résumé" ce Week-End...

par **Ben314** » 30 Avr 2010, 23:48

Bon, je sais pas si j'aurais le temps de faire des dessins ce Week End.
En prenant les 7 dessins du post précédent ligne par ligne , les soluces correspondent à :
DESSIN 1 : a=110.70481°=Pi-ArcTan(racine(7))
DESSIN 2 : a=110.70481° [angles et grand triangle idem DESSIN 1]
DESSIN 3 : a=109.143353° (valeur exacte assez pourrie)
DESSIN 4 : a=109.143353° [angles idem DESSIN 3]
DESSIN 5 : a=106.368385° (valeur exacte assez pourrie)
DESSIN 6 : pas de solutions
DESSIN 7 : a=110.70481° avec x=c [angles idem DESSIN 1]

par **Imod** » 01 Mai 2010, 00:14

C'est assez curieux ces solutions très proches . Pour l'anecdote , j'avais fait mes premiers essais au rapporteur avec 110° et tout semblait fonctionner à merveille :hein:

Imod

PS : j'ai adapté un de tes dessins pour relancer l'autre forum , j'espère que tu ne m'en voudras pas trop :zen:

par **nodjim** » 01 Mai 2010, 09:56

Imod a écrit:Je ne pense pas qu'on ait répondu à cette question ou bien ça m'a échappé :we:

Imod

La question de départ:
"Si un triangle est constitué de cinq triangles semblables alors ces triangles ( les cinq petits ) ont un angle de 90° ou un angle de 120°."
est une demande de preuve de la conjecture. Ben314 a infirmé la conjecture, donc il a répondu, non ?

par **Ben314** » 01 Mai 2010, 10:02

On peut aussi "étendre" la question de départ (ce qui a commencé à être fait) à la question :
"Déterminer toute les configurations possibles où un triangle est coupé en 5 petits triangles semblables"

Si je m'est pas gourré, il y a six configurations avec des petits triangles sans angle de 90° ni de 120°.
On peut essayer de trouver toutes les config avec des 90° et celles avec des 120°... (ça, j'ai pas regardé du tout)

par **Imod** » 01 Mai 2010, 11:28

nodjim a écrit:La question de départ:
"Si un triangle est constitué de cinq triangles semblables alors ces triangles ( les cinq petits ) ont un angle de 90° ou un angle de 120°."
est une demande de preuve de la conjecture. Ben314 a infirmé la conjecture, donc il a répondu, non ?

Je faisais allusion à la question de Maths Links qui a initié le débat et dont j'ai fourni le lien dans le message #25 :zen:

Imod

par **beagle** » 01 Mai 2010, 11:36

les valeurs d'angle n'évoquent rien (ou ne m'évoquent rien)
par contre la valeur de meu: arccos(-1/2*racine2)
m'évoque le 1,2,racine2 valeur longueur des cotés des triangles,
et donc le 1,2 vient d'où?
Le premier truc avec lequel j'ai joué sur cet exo était du rectangle isométrique et je mettais 2 petits pour un moyen coté, donc il me semblait naturel que 1,2
or dans les dessins de Ben, on ne semble pas mettre 2 dans 1, et pourtant c'est du 1, 2,
pas eu le temps d'approfondir les dessins de ben, mais cela s'intuite-t-il ce 1,2?Cela s'intuite par les angles(somme d'angle?)?, (plus que somme de longueur decotés , ou nombre de cotés)?

par **beagle** » 01 Mai 2010, 12:46

pas beaucoup de temps , donc je survole entre deux trucs,
mais si on prend l'exemple donné par Dominique sur autre forum, il semblerait que cela soit une division en 6 isométriques, on elève une séparation et c'est 4 isométriques + un double,
or six triangles, c'est six/3=2,
c'est ce 2 là?
pas le temps de voir si l'exemple de Ben en page4 est un multiple d'isométrique, genre un 12 redivisé pour faire du 5.

par **Imod** » 02 Mai 2010, 00:38

Je n'ai pas réussi à me convraincre de l'existence d'un pavage avec des triangles autres que les triangles rectangles , ceux qui ont un angle de 120° et les ( 1,2,rac(2)) : on peut m'aider :we:

Imod

par **Ben314** » 02 Mai 2010, 19:50

Pour un des six "bizares", regarde le post 38.
Pour les 120°, j'ai pas, je fait que dans le bizare... :zen:

par **Ben314** » 02 Mai 2010, 21:28

Par exemple pour le "cas 3" :

Avec, comme dans tout les cas,

,

et

.

Partant du triangle ABC et aprés avoir construit les points D et E (tels que DAB et ACE soient semblables à ABC) la question est de savoir si le triangle AED et semblable à ABC.
Si c'est le cas, on termine le dessin en plaçant F et le triangle EDF est forcément demblable à ABC.

Pour voir si c'est possible, on regarde les longueurs des différents segments :
On part de

,

et

Comme DAB est semblable à ABC, on a

c'est à dire

Comme ACE est semblable à ABC, on a

c'est à dire

D'où :
AED est semplable à ABC

où

Ce qui donne a environ égal à 109.143353°...

par **Imod** » 02 Mai 2010, 22:45

Joli Ben :++:

Même si tu n'as donné tous les détails , tu as eu très vite la bonne idée . Le calcul détaillé est un peu pénible , je te conseille la magnifique synthèse de Meu sur Les Mathématiques.net :we:

Imod

PS : Alors quels triangles sont décomposables en cinq triangles semblables ?

par **Ben314** » 02 Mai 2010, 23:27

Sans voulour faire le pédant, les calculs de Meu, c'est exactement ceux que j'avais fait pour donner les 6 cas possibles du post 45 (et, visiblement comme lui, j'avais fait les calculs avec maple...)

Pour ton P.S., j'ai toujours pas pris le temps de chercher les config. possibles avec des 90° ou des 120° (en ce moment, je passe plutôt mon temps libre à comprendre la dérivabilité de la fonction 'f' de l'enigme "Sur une suite de fractions" de nodjim)

P.S. Je me demande aussi si le :

où

a une "interprétation géométrique" : une telle configuration n'est pas constructible "à la règle et au compas", mais quelle propriété géométrique "simple" correspond à cette équation ?

par **Imod** » 02 Mai 2010, 23:38

Je ne portais pas de jugement sur tes résultats ( je ne me le permettrais pas ) , je voulais juste signaler une solution de qualité et détaillée ( pour ceux qui suivent le fil mais ne compennent pas toujours les sous-entendus ) .

Mais bon , il est clair que tu as eu la bonne idée et j'ai d'ailleurs relancé le fil sur les maths.net avec une de tes figures .

Pas de malentendu entre nous :zen:

Imod

par **Imod** » 03 Mai 2010, 00:01

Ben314 a écrit:Pour ton P.S., j'ai toujours pas pris le temps de chercher les config. possibles avec des 90° ou des 120° (en ce moment, je passe plutôt mon temps libre à comprendre la dérivabilité de la fonction 'f' de l'enigme "Sur une suite de fractions" de nodjim)

Prends ton temps et seulement si ça t'intéresse , il n'y a pas d'urgence ni d'obligation :zen:

Imod

par **Doraki** » 03 Mai 2010, 07:22

De mon point de vue, Imod,
si on dessine une figure au hasard et qu'on pose les contraintes :
somme des angles des petits triangles = 180
somme des angles du grand triangle = 180
somme des angles autour du point intérieur = 360,

Soit les 3 équations sont libres ce qui fait qu'on a tous les angles déterminés, (comme dans celui que j'ai fait au début), et alors il faut un miracle pour que ça marche (parcequ'on a un quadrilatère dont tous les angles sont déterminés, dont les diagonales)

Soit les 3 équations sont liées :
a+b+c = 180
2b+3c = 180
3a+b = 360
Ben a gardé seulement ces cas là, et ça fait que t'as de la flexibilité pour trouver des angles qui vont forcer ce miracle. Et si je me souviens bien il s'agit d'un produit de 3 sinus qui doit valoir un autre produit de 3 sinus, donc un truc de degré 3, ça me paraît raisonnable.

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