Bonjour à tous
Un exercice que j'ai trouvé sur la toile sans solution . J'ai une réponse avec un peu de calcul et j'aimerais savoir comment les distingués géomètres du site aborderais le problème .
Sur la figure suivante les quatre triangles grisés ont une aire égale à 1 , quelle est l'aire des quadrilatères ?
Merci d'avance pour vos réponses
Imod
PS : inutile de blanker .
Bonjour,
Celui-là il va être dur...merci
l'aire totale est voisine de 13 je dirais 9 pour la somme des quadrilatères .
(je ne sais comment les cadors aborderaient le pb)
Je pense qu'il y a beaucoup trop d'inconnues ,pourtant ce cas de figure doit être réel et unique..
Approximativement un triangle 6.3, 6.4, 4.7
Merci Dpi pour ton intérêt
En fait la forme du triangle n'a pas d'importance , tu peux tout à fait considérer qu'il est équilatéral ce qui permet d'engager rapidement les calculs ( ou l'estimation des aires ) .
Imod
Le découpage en rouge et jaune aide bien.
Chaque quadrilatère aurait donc une surface de si je ne me suis pas trompé dans mes calculs.
Et effectivement, à partir d'un triangle quelconque, en choisissant les 3 points A G H avec ce bon ratio, ça marche.
C'est ça Ty59847
J'avais procédé un peu différemment mais ça revient au même . Il sont plutôt bluffants ces petits exercices
Imod
La présence de est remarquable.
Nous avons vu que la somme des aires des quadrilatères est
égale à 6.
Sans l'avoir démontré je présume que GI/CG=
Bonjour,
merci à Imod pour ce très bel exercice.
Mais dans l'énoncé initial rien n'indique que les triangles rouges (resp jaunes) ont la même aire (figure de Imod du 21-07-21 à 10:41).
En fait c'est une hypothèse superflue car on peut démontrer très simplement que si les quatre triangles verts ont une aire égale à 1 alors les 6 autre triangles (rouges et jaunes) ont une aire égale au nombre d'or (quelle que soit la forme du grand triangle). Il suffit d'utiliser habilement la propriété que pour deux triangles de même hauteur le rapport des aires est égal au rapport des bases.
Pour la démonstration je note les aires des triangles rouges (IDG,EBH,CFA) et celles des jaunes (IBD,EFB,CDF).
Oui Jandri , c'est une autre façon de voir les choses mais le fait que les triangles jaunes et rouges aient la même aire n'a jamais été une hypothèse ( donc certainement pas superflue ) .
Les aires ne dépendent pas de la forme du triangle mais ta démonstration évite cette connaissance , du coup cet exercice est parfait pour un bon lycéen
Imod
Bonjour,
Oui, très bel exercice
Que j'ai cherché depuis le début... sans trouver de solution.
Il me semble que la démonstration proposée par ty59847 sous entend que les triangles de même couleurs ont la même aire.
Quand il écrit "2Rouge+2Jaune+2Vert" par exemple.
Elle s'appuie sans doute sur le cas particulier d'un triangle équilatéral ; alors que la démonstration de jandri fonctionne dans un triangle quelconque.
Avez-vous remarqué que les points B, F et D sont des milieux ?
Dans ma démonstration, je passais très vite (trop vite) sur la démonstration que les 3 triangles rouges avaient la même surface, et pareil pour les 3 jaunes.
En fait, les notations proposées par lmod anticipaient ça... Ca aurait été mieux de noter les longueurs : e, e' et e", c, c' et c" ...
A nous de bien positionner les points pour que e/c = e'/c' = e"/c"
Et dès que ceci est vérifié, la démonstration que les 3 triangles rouges ont la même surface est immédiate, et pareil pour les 3 jaunes.
Les exercices de géométrie sont souvent des exercices très intéressants.
J'aimerais revenir sur le problème du triangle équilatéral qui ne serait qu'un cas particulier ( avec une démonstration qui serait donc critiquable ) . La figure initiale peut être transformée en un triangle équilatéral à l'aide d'une bijection affine qui va conserver le rapport des aires , on ne perd donc aucune généralité en se plaçant dans ce cas particulier . Cette astuce permet de résoudre simplement des problèmes qui pourraient être plus complexes dans le cas général . D'un autre côté , comme le problème est affine , il peut être résolu sans la géométrie euclidienne ( que j'avais personnellement utilisée ) .
Imod
Je suis d'accord avec ce qu'a écrit Imod : une bijection affine conserve le rapport des aires donc on peut supposer le grand triangle équilatéral pour la démonstration.
En revanche, je ne comprend pas la justification donnée par ty59847 quand il écrit "A nous de bien positionner les points pour que e/c = e'/c' = e"/c" " pour prouver que les 3 triangles rouges ont la même surface.
Les hypothèses se réduisent à "les quatre triangles verts ont une aire égale à 1", on n'a aucune information sur la position des points A, H et G (dessin d'Imod du 21-07-21 à 10:41).
Je n'avais pas remarqué ce que Sylvieg a remarqué : l'égalité des aires des triangles rouges et jaunes prouve que B est le milieu de [AI] (idem pour F milieu de [EG] et D milieu de [CH]).
Le nombre de triangles dont on peut exploiter qu'ils se partagent la même hauteur est impressionnant !
En effet , la figure est particulièrement riche et rien que justifier les notations de l'illustration que j'ai proposée n'est pas une simple partie de plaisir
J'indique comment j'avais fait les calculs même si c'est un peu lourd à posteriori :
Les aires des triangles BDF et AEF sont égales donc bd=a².
Thalès dans le triangle DEI : cd=ae .
Menelaus dans ABC avec les points D,E,F : cd=b(c+e) .
On mélange tout ça et on arrive à la conclusion .
Imod
PS : l'étoile formée par le triangle central et les triangles jaunes est particulièrement élégante , peut-être le nombre d'or
Je ne suis pas la seule à être peu réactive
Un indice : Lire le titre du sujet puis la question de GBZM à haute voix
J'avais bien compris la blague "même aire et pépère" mais je n'ai toujours pas compris la question . Le plus simple serait peut-être de formuler la question simplement sans jeu de mollet .
Imod
Je connaissais ce résultat depuis bien longtemps , il fait partie de ceux qui vous font adorer les maths ( même si ici la solution est un peu technique )
Imod
C'est effectivement un très bel exercice, de ceux qui font aimer les maths.
Et le nombre d'or traine par là, comme par hasard.
J'aime aussi ce rappel, qui permet de prendre de la hauteur par rapport à certains exercices :
La figure initiale peut être transformée en un triangle équilatéral à l'aide d'une bijection affine qui va conserver le rapport des aires , on ne perd donc aucune généralité en se plaçant dans ce cas particulier .
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