Congruence au sens de Cavalieri

[Ben314]

Salut,
la petite énigme du dimanche soir...

On dit que deux (vrais) triangles du plan sont congruents au sens de cavalieri lorsque l'on peut les déplacer (rotations+translations) de façon à ce que, pour toute droite horizontale D, les intersections de D avec chacun des deux triangles soient des segments de même longueur.

Est-il vrai que deux triangles sont congruents au sens de cavalieri si et seulement si ils ont même aire ?

[nodgim]

Je ne comprends pas bien ta question, telle que tu la présentes, on a l'impression que tout couple de triangles est congruent....

[Doraki]

J'ai l'impression que oui, et que généralement, il y a 6 couples d'angles de rotations dans [0;2pi[ qui conviennent.

Pour chaque triangle (d'aire 1) je regarde le graphe d'une fonction de R/piZ dans (R+*u{+l'infini})²/{{(a,+l'infini),(+l'infini,a)},a dans R}, et ça donne un joli lacet d'indice 3 autour de (+l'infini,+l'infini).

[ffpower]

Bon, histoire de dire un truc : si ils sont semblables au sens machin, alors ils ont même aire grace à Fubini..

[ffpower]

Ta notion de "congruent" est piegeuse. J'avais envie de regarder les classes d équivalences alors qu'en fait, c est a priori pas du tout évident que c est une relation d'équivalence^^

[Doraki]

Finalement avec un peu de combinatoire y'a seulement 40 cas possible (sans regarder les symétries)

Un cas pour chaque ordonnement possible de {a1,a2,a3,b1,b2,b3} où les ai sont les longueurs des cotés du triangle A, où les bi sont les longueurs des cotés du triangle B, on doit pouvoir vérifier que les paires de lacets d'indice 3 autour de (l'infini,l'infini) passant par (ai,l'infini) (resp. (bi,l'infini)) vont nécessairement se couper, surtout pask'on peut pas avoir de truc comme a1

[Ben314]

@Doraki : c'est effectivement une bonne piste, mais on peut trouver une preuve plus "élémentaire" qui remplace la notion d'indice dans ton ensemble "à deux trous" par un bète théorème des valeurs intermédiaires (évidement, tout le problème est de savoir à quelle fonction on l'applique...)

P.S. On peut faire un peu moins bourin qu'ali baba et ces 40 cas...

[LeJeu]

Doraki, je ne connais aucune notion que tu avances..

Je propose une piste ( pas la soluce) plus visuelle et "collégien"


Je pars de la surface du triangle = B*h /2

Le cas particulier "même base " est sympa dans notre cas


sinon on voit apparaitre le théorme des valeurs intermédiaires avec



IL suffit maintenant d'écarter les lignes de plus en plus pour que les longueurs qui traversent soient égales ?

[LeJeu]

pour que ca marche il me semble qu'il faut sur un triangle mettre petit coté en bas grand coté en haut , et réciproquement

notre fct: longueur passant par l'angle dans le triangle de gauche - longueur passant par l'angle du triangle de droite doit passée alors de positif à négatif en fct de l'écartement des lignes ?

[Doraki]

Si T est un triangle d'aire 1 et ;) un angle, on forme un triangle T(;)) d'aire 1 en "projetant" T selon la direction ;) sur une droite (D) perpendiculaire à ;).

Deux triangles T et T' sont congruents lorsqu'on trouve ;) et ;)' tels que T(;)) et T(;)') sont deux triangles semblables.
En particulier, on peut décrire T(;)) en fonction de ses deux angles ;) et ;) portés par sa base sur (D).
On a ainsi une fonction ;) : T -> ;):[0;2;)] -> (;),;)) : [0;;)/2]².
Deux triangles T et T' sont congruents lorsqu'on trouve ;) et ;)' tels que ;)(T,;)) = ;)(T',;)').

Prenons ;) parallèle à un coté du triangle. Alors le triangle T(;)) est rectangle, et si on appelle A l'angle opposé au coté qu'on a choisi, B et C les deux autres, ;)(T,;)) = (;)/2 ; arctan(sin(A)/sin(B)sin(C)).

Ainsi, le graphe de ;)(T) contient des morceaux de courbes
(;)/2,a1) -> (a2,;)/2) ; (;)/2,a2) -> (a3,;)/2) ; (;)/2,a3) -> (a1,;)/2),
où a1 = arctan(sin(A)/sin(B)sin(C) ; a2 = arctan(sin(B)/sin(A)sin(C) ; a3 = arctan(sin(C)/sin(A)sin(B).

Pareil pour un autre triangle T' :
(;)/2,b1) -> (b2,;)/2) ; (;)/2,b2) -> (b3,;)/2) ; (;)/2,b3) -> (b1,;)/2).

Si toutes ces courbes ne se croisent jamais, et que par exemple, a1 > b1, alors nécessairement a2 > b2 et a3 > b3.
Dans ce cas, comme tan est croissante et positive sur [0;;)/2],
1 = tan(a1)*tan(a2)*tan(a3) > tan(b1)*tan(b2)*tan(b3) = 1.
On a donc une contradiction.

Je pense qu'il y a un peu moins laborieux vu que j'ai encore de vraie fonction dont on exhibe un zéro, mais ça devrait aller.

[Ben314]

Je pense qu'effectivement l'argument de Doraki fonctionne.
Si je comprend bien, il correspond au dessin çi desus (avec un triangle de surface 2) : on fait tourner le triangle de 360 degrés et, pour chaque position, on le "projette" comme sur la figure du haut et on mesure les angles et qui appartiennent à et qui dépendent continuement de l'angle.
Le couple passe succésivement par les valeurs :
, , , , , puis repasse à .
Reste à vérifier que, si l'on trace la même courbe paramétrée correspondant à un autre triangle (de surface 2), il y aura bien un point commun entre les deux courbes, ce qui est assez clair.

[Doraki]

ah ouais c'est fou comme c'était simple de calculer l'angle en regardant le triangle rectangle au lieu de faire des trucs tordus ^^'

[Ben314]

Une solution un peu plus plus simple (mais l'idée est la même) :

On fait tourner un segment dans le triangle (de surface 1) comme sur la figure ci dessus et on considére la fonction S->L(S) de [0,3] dans R qui, à la surface cumulée parcourue par le segment associe la longueur du segment.
Quel est le Max de la fonction L ? quel est son Min ? que vaut le produit Max.Min ?
Que se passe t'il si on trace la même fonction en partant d'un autre triangle de surface 1 ?
Conclusion.

[nodgim]

Depuis le début, je me dis que c'est exactement le principe d'une intégration, non ? On donne une épaisseur de segment aussi petite que l'on veut, et qui dit égalité de longueur, dit à la fin égalité de surface.

Qu'est ce qui coince dans ce raisonnement ?

[LeJeu]

Bonsoir

Je reviens (RE) proposer ma solution initiale, vu les posts précédents je dois me tromper mais je ne vois pas où ! merci de de me dire..

Un coté de la proposition , comme dit Nodgim ci dessus est évident (=> les triangles ont même aires)

La réciproque : on part de deux triangles de même aires :



On repère les deux cotés les plus grands : C1 & C2, avec C1 <= C2

on va encadrer les deux triangles par deux lignes parallèles (qui viennent toucher C1 & C2) et on va faire tourner T1 en partant d'un coté parallele à la ligne du bas :



On trace les lignes horizontales qui passent par les angles opposés aux cotés C1 & C2,
Au départ L1 est 'en bas' et remonte..



Quand le deuxième coté de T1 est horizontal : L1 est 'en haut'

Donc L1 & l2 se sont croisées dans l'opération :


Et on a Aire(T1) = B1 *( Ha +Hb)/2 =
et Aire(T2) = b2 * (Ha+HB) /2

et comme les aires sont égales : b1 = b2

Je me trompe où ?

[Doraki]

Ca m'a l'air correct aussi =)

[Ben314]

Ca me semble "presque correct", mais il y a un truc que je ne vois pas trop :
- Dans la position "de départ", L1 est confondie avec la droite rouge d'en bas et L2 est au dessus de L1 : OK (il me semble que L2 peut même être au dessus de la droite rouge du haut).
- Dans la position "d'arrivée", L1 est confondie avec la droite rouge d'en haut, mais je ne vois pas ce qui garantie que L2 soit en dessous de la ligne rouge du haut...

[LeJeu]

C'est sûr ca pose problème...
Il faut que je redessine !

J'espère qu'une rotation de 180° du triangle 2 serait une solution ?

Ou alors il faut , quand ca ne marche pas ;inverser T1 et T2 ? parce que en fait C1 <= c2 n'est pas la bonne bonne contrainte ?

j' investigue !

Sinon Ben, j'ai été incapable de conclure à la fois sur "Doraki expliqué par Ben" et sur "Ben :un peu simple..." - Dans les deux cas je ne vois pas : "Que se passe t-il si on trace la même fonction en partant d'un autre triangle "

[Ben314]

Pour le truc de Doraki, tu as deux fonctions continues theta->alpha(theta) et theta->beta(théta) et tu trace la courbe paramétrée correspondant (i.e. l'ensemble des couples (aplha,beta) obtenus lorsque théta varie).
Tu as tout plein de points "connus" et entre ces points tu sait que c'est continu.
Si tu trace une deuxième courbe paramétré correspondant à un autre triangle, ce n'est pas trop dificile de montrer qu'elles se coupent en utilisant le fait que, si elles ne se coupaient pas, l'une des deux devrait être entièrement contenu dans l'autre ou bien entièrement à l'extérieur, et vu les points "connus" des deux courbes, c'est impossible.

"Ma" preuve (qui est celle du bouquin dont j'ai tiré l'énigme) et du même type : à un triangle tu associe la courbe définie sur [0,3] sus-mentionnée.
Son max est la longueur du plus grand coté et son min est la plus petite hauteur donc le produit des 2 fait 1/2.
Si tu trace une autre courbe correspondant à un autre triangle, elle ne peut pas être tout le temps en dessous [ni en dessus] de la première car sinon son max et son min serait tut ls deux plus petit que le max/min de la première fonction et le produit ne pourrait être égal à 2.
Le fait que les courbes se coupent montre qu'il existe des segment de même longueur coupant chacuns des deux triangles et tels que les deux coupes séparent les triangles en morceaux de même surface donc de même hauteur.
On en déduit par la méthode que tu expose à la fin de ton post qu'ils sont bien congruents.

P.S. Je pense qu'au fond ta méthode marche (vu que le résultat est juste... :zen: ) mais qu'il faut effectivement "tenter" plusieurs dispositions de départ pour les deux triangles.
Le problème est d'en trouver une (disposition) telle que tu soit sûr que la droite bleue reste entre les deux rouges (et que les constructions intermédiaires sont toutes possibles)

[LeJeu]

Crois tu que ma vision "simple iste" du problème peut mener à une résolution "carrée" (pour un triangle c'est balaise) ou c'est sans espoir et il faut argumenter comme Doraki et toi le faites ?

[EDIT] -Merci pour les explications - j'avais pas lu ton ps ! - et je suis d'accord ca doit marcher puisque ca marche... mais quelle disposition ?