Triangles imbriqués

par **nodgim** » 20 Nov 2009, 20:59

Bonsoir à tous.
Quelle est l'aire maximale commune à 2 triangles isométriques s'ils sont orientés à 180 degrés l'un par rapport à l'autre ?

par **nuage** » 20 Nov 2009, 23:00

Salut,
il est clair que cette aire n' a pas de maximum.
Pour que la question ait un sens il faut rajouter une contrainte, par exemple le plus grand coté du triangle mesure 1.

par **Imod** » 21 Nov 2009, 00:10

A vue d'oeil , je dirais la moitié :we:

Imod

par **ffpower** » 21 Nov 2009, 01:21

youhou, Imod est encore présent^^
On s ennuie sur le forum enigmes sans toi.. :cry:

par **nodgim** » 21 Nov 2009, 08:52

Imod a écrit:A vue d'oeil , je dirais la moitié :we:

Imod

Trop étroite, cette vue. On peut faire mieux...

par **nodgim** » 21 Nov 2009, 09:02

nuage a écrit:Salut,
il est clair que cette aire n' a pas de maximum.
Pour que la question ait un sens il faut rajouter une contrainte, par exemple le plus grand coté du triangle mesure 1.

<100% de l'aire du triangle est déja un maximum.. :id:

par **Imod** » 21 Nov 2009, 18:03

nodgim a écrit:Trop étroite, cette vue. On peut faire mieux...

Tiens oui , j'ai le bon dessin ( j'espère ! ) mais j'ai mal compté :we:

La partie commune fait les 2/3 du triangle initial .

Ca se démontre facilement vu que tous les petits triangles sont semblables et que a²+b²+c² est minimum quand a=b=c=t si a+b+c=3t est donné avec a , b et c positifs .

Imod

par **nodgim** » 21 Nov 2009, 18:29

C'est bon. ça se démontre aussi en effectuant des translations et en réfléchissant sur les gains et les pertes.

par **nodgim** » 21 Nov 2009, 18:32

Initialement, je travaillais sur un décalage de 90 degrés, mais c'est nettement moins abordable. Des idées ?

par **Imod** » 21 Nov 2009, 18:58

Il est clair que tu n'auras pas un résultat aussi général :triste:

Prends par exemple un triangle rectangle très allongé avec les côtés de l'angle droit a<
Imod

par **Imod** » 21 Nov 2009, 19:13

ffpower a écrit:On s ennuie sur le forum enigmes sans toi..

Je me sens aussi parfois un peu seul à proposer des énigmes et la lassitude me gagne :hein2:

Imod

par **nodgim** » 22 Nov 2009, 09:21

Je sais. En revanche, si je ne sais pas calculer simplement la valeur exacte de l'aire, je sais positionner les 2 triangles l'un par rapport à l'autre pour que cette aire soit maximale.

par **nodgim** » 22 Nov 2009, 09:26

Imod a écrit:Je me sens aussi parfois un peu seul à proposer des énigmes et la lassitude me gagne :hein2:

Imod

Chacun fait ce qu'il peut avec les moyens et les disponibilités dont il dispose.
Quoiqu'il puisse advenir de cette partie de forum, je conserverai, pour ma part, un sacré souvenir des jolis problèmes qui tu nous a proposés.

par **Imod** » 22 Nov 2009, 10:16

La première idée : superposer les centres des cercles inscrits . Ca semble assez intuitif mais , bon , ce n'est pas une preuve :triste:

Imod

par **nodgim** » 22 Nov 2009, 11:56

Imod a écrit:La première idée : superposer les centres des cercles inscrits . Ca semble assez intuitif mais , bon , ce n'est pas une preuve :triste:

Imod

Non, je ne crois pas que ce soit la bonne solution.

par **Ben314** » 22 Nov 2009, 12:28

En interprétant l'énoncé sous la forme quel pourcentage maximal (dans le rapport aire de l'intersection / aire du triangle de départ) peut on obtenir. Je pense que l'on doit pouvoir obtenir le résultat par du "calcul bourrin" car comme les changement de repère ne font que multiplier les aires par une constante, on peut faire du calcul "bourrin" dans le repère (A,vec(AB), vec(AC)) et chercher quel est l'aire de l'intersection du triangle avec son symétrique par la symétrie centrale centré en M(alpha,beta) on devrait (peut être) trouver alpha et beta qui maximisent...

Je vais essayer de faire les calculs...

par **Ben314** » 22 Nov 2009, 13:05

Aprés calculs, je trouve comme imod : au max, les 2/3 du triangle de départ (en considérant que le triangle est un demi-carré, ce que l'on peut faire modulo le fait que les applications affine bijectives ne modifient pas les rapports d'aires)

Remarque : pour un décalage de 90° on peut de même raisonner avec un "demi carré"...

par **Imod** » 08 Déc 2009, 16:26

Une réponse un peu plus détaillée pour le 2ème problème ?

Imod

par **Ben314** » 08 Déc 2009, 18:47

Je suppose que le 2em problème est celui avec l'angle de 90 degrés ?

par **Imod** » 08 Déc 2009, 19:07

Ben314 a écrit:Je suppose que le 2em problème est celui avec l'angle de 90 degrés ?

Tu supposes bien :we:

Imod

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