salut

et merci

vite fait pour le premier je trouve :

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la plus grande aire est la moitié du rectangle 6 x 7 = 21

soit P = A = 21 avec cette configuration :

si on prend pour "base" le segment [AD] alors le périmètre reste supérieur à (environ) 21, 3 ...


mais je ne vois pas en quoi ça changerait dans le deuxième cas ...

Bonjour Carpediem

En fait le calcul des côtés est très simple pour le premier exemple . Pour le deuxième exemple , il y a une petite subtilité qui est masquée dans le premier .

Imod

Bonjour,

Toujours ravi de tes propositions

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Pour le premier:
Comme l'aire maximale ne peut dépasser  42/2 =21 ,nous cherchons un périmètre de 21.
Impossible à trouver par contre j'ai  20.78787

salut

j'ai beau relire cet enoncé plusieurs fois j'ai rien compris qu'est ce que P et qu'est ce que A ?   je ne comprend meme pas le sens de cette phrase  "quel est le plus grand triangle P=A"?

Désolé Dpi mais 21 est possible

Imod

énoncé tres mal formulé...

Désolé @Flight , j'utilise tellement de raccourcis que je finis par ne plus les comprendre moi-même . On cherche des triangles dont l'aire en cm² est égale au périmètre en cm . Les triangles doivent être contenus dans les rectangles .

Imod

Comme vous dites que le premier est simple ,j'ai revu mes calculs:

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Effectivement avec une base de 7 et un sommet  partageant la longueur 2.5/4.5
on arrive à A=P=21.

Pour la figure 2 ,il va falloir voir plus petit que 20...

On ne va pas commencer à se donner du "vous" à nos âges

Il est amusant de voir pourquoi on arrive au maximum dans le premier rectangle mais certainement pas dans le second . Après , je vais te faire bondir mais  donner une valeur exacte dans le deuxième rectangle permettra peut-être une généralisation qui m'intéresse à priori  

Imod

le "vous" était pour toi et carpediem

Je suis sur une piste...

En faisant tourner Héron (petit patapon )...

 Cliquez pour afficher

On peut trouver des cas >21 par exemple 6.4/6.96963214/8 -->P=A=21.369632 mais
aucun cas <21 donc la figure 2 n'a pas de solution

Il y a forcément des solutions , il faut trouver la plus grande

Imod

Je pense à une démonstration:

 Cliquez pour afficher

*De tous les triangles ayant le même périmètre celui qui a la plus grande aire est le
triangle équilatéral.
*soit un triangle équilatéral de coté c:
Nous avons  P=3c  donc P² = 9 c²
Nous avons  p= P/2 =1.5 et  A² = p(p-c)(p-c)(p-c) = 1.5(0.5)(0.5)(0.5)=0.1875
En réduisant c=48=6.9282032
En vérifiant : P=A=20.78460969
Je postule donc qu'il n'y aura pas de solution inférieure,notre cas précédent de 21
est le plus "entier".

La figure 2 n'aura jamais de solution

Tu as raison , j'avais fait à peu près le même raisonnement .

En fait j'étais déjà parti sur un autre exemple avec un rectangle 9 cm X 5 cm et j'ai répondu de travers à ta dernière intervention .

Imod

Comme on l'a vu il n'y a pas de solution en dessous de 20.78460969.
Mais il y en a une infinité au dessus.
Donc 9x5 = 45 maxi 22.5 a une solution maximale.
Le mieux est de partir des obliques centrées soit45.25=6.727
Avec la base 9 on obtient un maxi pour  22.43076924, je ne pense pas que l'on puisse faire
mieux avec un grand coté très légèrement>9

On est très proche du maximum , tu peux illustrer ?

La mienne est piteuse



Imod

PS : Quels sont les rectangles pour lesquels l'aire atteint la moitié de celle du rectangle ?

Je te joins ma version maxi pour 5X9.
pour ton PS à part 6x7 je ne pense pas qu'il y ait cette propriété.

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dpi : je ne comprends pas la conclusion de ta démonstration :

dpi @ 27-07-2020 à 07:38

En réduisant c=48=6.9282032
En vérifiant : P=A=20.78460969
Je postule donc qu'il n'y aura pas de solution inférieure,notre cas précédent de 21
est le plus "entier".

Note: c'est un problème qui dépend des unités utilisées. Il existe des solutions pour un rectangle de 9cm x 5cm mais pas pour 90mm sur 5mm. Qui sont pourtant les même dimensions.

Je ne vois pas ce qui empêche d'atteindre un triangle d'aire 22.5cm² et de périmètre 22.5cm.
En confondant un côté du triangle avec un des grands côtés du rectangle et en mettant le sommet opposé sur le grand côté opposé à exactement
3.75cm d'un des coins.

L'argument de Dpi est correct car l'aire du plus grand triangle que l'on peut inscrire dans un rectangle d'aire A vaut A/2 et le triangle d'aire A/2 ayant le plus petit périmètre est le triangle équilatéral . Le changement d'unités évoqué par LittleFox est équivalent à un agrandissement-réduction avec la règle k-k² donc l'exercice perd son sens , il faut rester en cm et cm² .

Imod

L'argument avec le triangle équilatéral fournit une fourchette basse pour P=A . Pour le rectangle 9cm X 5 cm on arrive à . On cherche en fait le contraire

Désolé pour les messages morcelés mais je n'ai quasiment plus de connexion avec le site ( je ne parle même pas de l'aperçu ) .

Imod

On sait que pour un rectangle donné de dimension axb ,l'aire du plus grand triangle inscrit sera égale à ab/2.
Le problème est d'en trouver un qui en même temps aura son périmètre égal à son aire.
Ceci bien sûr ne concerne que le nombre et pas l'unité (exemple cm et cm²).
J'ai démontré que le minimum pour ce nombre est 123.

Il sera donc impossible d'avoir une solution pour tout rectangle d'aire <243.

L'exemple de 6X7 --->donne la solution (6.5/7/7.5) soit 21 qui me semble le nombre
entier le plus petit (sans être sûr d'en trouver un autre).

Pour les rectangles d'aire  ab supérieure,on trouvera un triangle au nombre maximal ,
mais  <ab/2.
Par exemple pour 9x5  dont l'objectif est 22.5 je n'ai pas trouvé mieux que 22.4307692.

Si un vaillant îlien  trouve mieux.........

Je viens de vérifier le nombre pour celui de Imod soit 21.62530273
inférieur à ma solution  car la contrainte équilatéral le défavorise.
Le mien est isocèle ,mais rien ne dit qu'un triangle quelconque ne fera pas mieux comme
le dit carpediem.

Il est pas bon mon maximum?

>littlefox

Bravo ,c'est la démonstration qu'un triangle quelconque est la solution *.
9/6.2/7.25=22.5 avec pour aire 22.5 aussi.

*ce que je subodorais plus haut

Acceptes -tu le nombre 123 comme valeur pour le plus petit triangle
convenable ?
Ce qui rend inutile toute recherche pour des rectangles ayant une aire inférieure à 243.

Il me semble que le périmètre d'un triangle inscrit dans un rectangle de côtés a et b est toujours inférieur à qui correspond au périmètre du demi-rectangle . Donc dès que cette valeur est supérieure ou égale à , le plus grand triangle vaudra la moitié du rectangle .

Imod  

L'inégalité peut se réduire à : .

Imod

@dpi
Par vérification empirique, je suis d'accord avec ta limite.

Ma méthode Géogébra:

Sur un rectangle 10x6:
il semble impossible de trouver A=P=30

En effet, le maximum pour un rectangle 10x6 est .

Obtenu avec un côté du triangle confondu avec une des diagonales du rectangle et le sommet opposé sur un des petits côtés du rectangle.

Oui , le meilleur périmètre est atteint pour un triangle s'appuyant sur une largeur et joignant le milieu de l'autre  . Il reste à écrire l'équation P = A pour trouver les moments où l'on peut atteindre la moitié de l'aire . Il reste aussi les autres cas ...

Je déconnecte car ma liaison est épouvantable

Imod

Non, Imod. Ma solution ne s'appuie pas sur la largeur mais sur la diagonale.

Et l'équation s'écrit :
L'unique solution est donnée plus haut.

On peut remarquer que la hauteur minimale d'un triangle où P=A est 4. En effet, on a pour un triangle isocèle:
On a donc une aire minimale pour le rectangle mais aussi un côté minimal (de 4).

merci à dpi pour ses msg de 8h25 et 8h31 ...

une remarque mon premier msg montrait qu'on avait une solution maximale avec un rectangle 6 x 7 et un triangle quelconque

merci à Imod pour ses msg aussi et en particulier son ouverture sur la majoration du périmètre auquel je n'avait pas pensé du tout ...

en fait j'étais parti avec ggb (pour comparer les démarches avec LittleFox) et le travail suivant (donc purement expérimental et "sans réflexion approfondie") :



attention ici avec le rectangle 5 x 8 :

le triangle EFG est libre à l'intérieur du rectangle ... mais ne permet pas de "penser" grand chose

j'ai donc ensuite construit le point H sur le périmètre du rectangle ...
j'ai alors pu construire les lieux (en pointillé) des points M et N dépendants de H :
ils ont pour abscisse l'abscisse de H et pour ordonnée pour l'un l'aire du triangle EFH et pour l'autre le périmètre du triangle EFH (en fait j'ai divisé par 4 les ordonnées pour que les lieux apparaissent à l'écran)

ici on le voit (enfin je le vois) en animant H que jamais les points M et N ne sont confondus donc il n'y a pas de solution

pour le triange 6 x 7 on obtient bien deux intersections par symétrie par rapport à la médiatrice du segment [AB] (avec E = A et F = B bien sûr)

et je vois des développements intéressants donc merci pour vos recherches ...

Pour ma part pour 10X6 ,je n' ai pas mieux que 26.66

Enfin,
Je confirme Littlefox ....what else!!!
La diagonale mesurant 234.

What else

Tu as raison LittleFox , il faut s'appuyer sur la diagonale pour réduire le périmètre sans changer l'aire .

Sans vouloir faire de la théorie à tout prix , ce qui me semble intéressant c'est de déterminer la valeur commune du périmètre et de l'aire en fonction des côtés du rectangle ( entiers ou pas ) .

Imod

Bonjour,

Dans ton exercice,on peut dégager quelques conclusions:
Appelons équitriangle  un triangle dont l'aire est égale au périmètre A=P.
* Il n'y a aucun équitriangle dans un rectangle d'aire inférieure à 24 3.
* dans un rectangle 6x7  -->S=42 , il  y a un équitriangle  A=P= 21=S/2
*dans les triangles de dimensions supérieures ,il y aura une solution   à S/2
*Si A=P=S/2 , l'équitriangle sera quelconque.
*Si  A=P <S/2, le plus grand équitriangle  pourra ne pas être quelconque.*
* ?

Je n'ai pas de preuve mais je pense pouvoir poser comme hypothèse que le plus grand triangle aura au moins deux de ses sommets confondus avec les sommets du rectangle.

Ce qui veut dire qu'un des côtés du triangle est confondu soit avec un côté du rectangle, soit avec une diagonale.

De là on peut dessiner le petit schéma suivant :

Dans les coordonnées alignées avec un côté du triangle, l'ensemble des positions du sommet opposé pour qu'il soit équitriangle est donnée par:



Avec la longueur du côté du triangle.



Soit le triangle est sur un côté et le sommet sur un côté adjacent :



Il faut donc que ce côté adjacent soit plus grand ou égal à y.

Soit le triangle est sur un côté et le sommet sur le côté opposé (de longueur l) :



Il faut donc que f soit plus grand que .

Soit le triangle est sur une diagonale et le sommet sur le petit côté du rectangle.
Soit la longueur du grand côté et celle du petit.





Ça devient compliqué à résoudre. Il vaut mieux résoudre dans les coordonnées du rectangle.
Soit z la distance au sommet opposé le long du petit côté.

On a ,
dont la solution est

Il faut donc que

En comparant ces trois solutions (si elles existent) on choisi la plus grande.

@LittleFox

J'ai une liaison internet vacillante et aucune imprimante mais au premier coup d'œil , je te suis pour les différents cas , même si  je n'arrive pas à ouvrir le lien geogebra  . J'ai toutefois l'impression  qu'on ouvre plus de portes qu'on en ferme .

Par exemple , quels sont les rectangles pour lesquels la solution correspond à la moitié de l'aire du rectangle . J'ai l'impression ( sans aucune certitude ) qu'ils correspondent aux cas ou le périmètre du demi-rectangle est supérieur à son aire .

Il y a bien d'autres questions , je serai plus disponible la semaine prochaine , en attendant , amusez-vous

Imod



  

Les rectangles pour lesquels la solution correspond à la moitié de l'aire du rectangle sont ceux pour lesquels la solution correspond à mon deuxième cas: un côté du triangle sur un côté du rectangle et le sommet opposé sur le côté du rectangle opposé.

On obtient .

C'est très proche de ta condition mais moins restrictive.
Par exemple, le rectangle 10x5 ne rempli pas ta condition mais la solution est bien la moitié de l'aire du rectangle.

Désolé, il y a une erreur de signe dans ma formule:

Il faut lire



Avec

Ce qui donne une fine bande:



La deuxième condition correspond bien à ta contrainte sur le périmètre et l'aire du demi-rectangle.

J'apprécie le remarquable travail de Littlefox
On fait un état des lieux:

7x6    ok 21 base et sommet sur longueur.
5X8    impossible <20.8
9x5    ok  22.5 base et sommet sur longueur
10x6  quelconque   27.098 diagonale et sommet sur petit coté

Question :un rectangle d'aire égale a t-il une solution équivalente ?
par exemple   15x4  aura t-il un équitriangle de 27.098?
Imod on espère une bonne liaison pour ton outil

15x4 n'a pas de solution. Il faut que les côtés du rectangle soit > 4.

Par contre 12x5 a une solution qui est exactement le demi rectangle et donc un équitriangle de 30.

Bonjour,
En attendant une théorie complète ...
j'en ajoute 2:
10x5  type base sur longueur/sommet sur longueur opposée
sommet à 1.645898.. du bord  A=P=25.

12x6   même type que  10x6  donc maxi < S/2 =36
soit 30.541  avec 13.416 x5.0902 x 12.0344
En observant les 7   cas résolus ,je pense qu'il ne faut s'intéresser  qu' à
ceux  pour lesquels A=P=S/2

Même s'il reste des points à éclaircir , il me semble que pour les rectangles à côtés entiers réalisant la moitié de l'aire , les six solutions sont données par la double inégalité de LittleFox



Imod

Bravo!
Les rectangles "homologués" sont bien sur les courbes.
A noter que les postulants sont peu nombreux  et qu'il est inutile de chercher >13