Bonjour Imod,

j'ai relu avec stupéfaction mon nombre d'interventions sur ce sujet
Tu disais à la fin que tu y reviendrais.
Pourrais-tu préciser ta nouvelle question?

Bonjour Dpi

J'essaie toujours d'être bref car je sais par expérience que les longs messages sont rarement lus en entier

Pour résumer : pourquoi le plus grand triangle équilibré doit-il partager deux sommets avec le rectangle dans lequel il est inscrit ?

Imod

Réponse rapide avant analyse :
Parce qu'il sera plus grand que celui qui ne touche pas les bords

Au passage  ,une remarque que j'avais gardée dans l'exercice de référence :
Le  triangle rectangle inscrit dans un rectangle de 8x6 est
le seul équitriangle   ayant 3 cotés entiers 6:8;10

A =6x8 =24 =P 6+8+10

Oui mais pour revenir à la question initiale , on a tendance à dire que si le triangle n'est pas "coincé" dans deux angles du rectangle il suffit de l'agrandir . Le problème c'est comment , car le rayon du cercle inscrit doit rester inchangé ?

Imod

Pour le dernier dessin de Littlefox (carré 7x7)
l'aire EFI est fausse car la hauteur étant 7 on trouve 24.5
Mais on peut trouver un équitriangle  ECG

La théorie du cercle inscrit de rayon 2 s'avère la bonne.
Ainsi pour un carré de 7x7  cf Littlefox.
On trouve un équitriangle de valeur 22.71526

En fait ce n'est pas une théorie mais une autre façon de voir les choses et si parfois il suffit de changer le point de vue pour que tout s'éclaire , ce n'est pas vraiment le cas ici .

Imod

Je voulais dire que dans cet exercice la particularité est R=2
Car la règle générale est  A=1/2Pr et ici A=P
donc ,une fois choisi un rectangle ,il faut trouver les points  de tangence du cercle de rayon 2.
Je me repose la question pour un rectangle 6x7 car je ne les trouve pas ?

si si..
si GI=2.5 et IF   ce que j'avais bien trouvé dans le fil d'origine.

L'étude de cas particuliers apporte plein de renseignements mais après il en faut en tirer des conséquences

Une question plus simple que la question initiale : Dans quels rectangles peut-on inscrire un triangle équilibré ?

Clairement la largeur du rectangle doit être strictement supérieure à 4 et si elle s'approche de 4 , sa longueur va grandir mais peut-on aller au-delà ?

Imod

Je crois que j'avais déjà répondu de manière approfondie à cette question dans le fil original:

LittleFox @ 31-07-2020 à 14:36

Et pour reprendre l'unification de carpediem:

Il y a une solution si

Si , cette solution est , sinon elle est

Oui , en fait la question était "sont-ce les seuls ?" . J'essaie de réduire la difficulté de l'exercice dont la solution complète m'échappe toujours . Plus généralement on peut construire tous les triangles équilibrés en faisant glisser un disque de rayon 2 cm sur une base B strictement supérieure à 4 cm , la hauteur va alors varier de 4+64/(B²-16) à l'infini  . Les rectangles contenant ce triangle vérifient-ils nécessairement l'inégalité que tu rappelles ?

Je suis peut-être parti en vrille mais ce problème n'est vraiment pas simple , il nous manque peut-être un outil que l'on a pas repéré .

Imod

Pour pointer plus précisément la question que je me pose . Pourquoi cette configuration ne peut-elle pas faire mieux qu'un triangle appuyé sur un côté ou la diagonale du rectangle ?



Imod

Parce qu'elle n'est pas stable

En descendant un peu c, on peut déplacer le sommet opposé vers la droite pour avoir un triangle équilibré plus grand.
Et ça reste vrai jusqu'à ce que ce sommet ne puisse plus être déplacé parce qu'il est dans un coin du rectangle et que donc b est une diagonale.

Le raccourcissement de c est inférieur au rallongement de a+b.

Et si c atteint le grand côté avant que le côté opposé ne se trouve dans le coin, on a la solution où c est le grand côté du rectangle.

Je commence à perdre complètement le fil

On peut nommer A , B et C les sommets du triangle comme à l'accoutumé . Peux-tu  préciser quels points tu déplaces et comment et si tu conserves ou non l'équilibre du triangle ?

Le problème a pris tant de directions qu'on ne sait plus vraiment de quoi on parle

Imod

Moi,je reste fixé sur la propriété de base:
Il n'y a aucune chance  d'avoir un point (ou deux ) de contact si on
ne peut insérer un cercle de rayon 2 dans le triangle.

@Imod
Je t'invite à essayer ce module géogébra:



En rouge, le lieu de C tel que le triangle est équilibré. Plus C s'éloigne de la médiatrice de c, plus le triangle est grand. C va donc se retrouver sur le côté supérieur du rectangle. Tu peux l'y amener en déplaçant H.

Maintenant, si tu descends un peu B et que tu redéplaces H pour avoir de nouveau C sur ce grand côté, tu verras que le triangle a grandi.

Si tu continues ce processus, C va venir en R. Et b sera une diagonale du rectangle.

Si maintenant, R est suffisamment bas pour que c soit confondu avec le côté inférieur du rectangle avant que C n'atteigne le coin alors on ne peut plus descendre B et C se trouve quelque part sur le côté supérieur du rectangle. L'aire du triangle est donc limitée à la moitié de celle du rectangle.

Merci , l'application est convaincante donc l'étude est très certainement complète

J'ai toujours un peu de mal à me satisfaire d'une "démonstration" avec un logiciel surtout quand il y a de nombreux paramètres . D'un autre côté j'avais oublié certains aspects du problème , je vais tout revoir car il y a peu de chance qu'une solution aussi synthétique ne puisse pas s'expliquer simplement surtout avec les deux éclairages A=P et r=2 .

Je reviens quand ce sera plus clair pour moi mais il n'est pas interdit de proposer des variantes à ce problème qui se révèle particulièrement riche

Imod

Bonjour,
Ton idée de départ mérite une réponse complète:
Combien existe-t-il de triangles* inscriptibles** dans des rectangles de cotés entiers ?

*Aire=Périmètre .
**au moins un sommet en contact et hors symétries.

Comme ce nombre est assez petit ,cela  terminerait bien ce fil .

Infini, ne me semble pas "assez petit".

Tous les triangles dont le sommet C est sur le lieu rouge sont valides. Le problème est continu donc il y a une infinité de triangles.

J'ai repris le problème à la base et après quelques dessins , je suis persuadé que la solution générale est élémentaire . On peut par exemple illustrer l'encadrement du périmètre d'un triangle équilibré qui occupe la moitié du rectangle . On peut aussi s'inspirer de ce cas pour voir ce qui se passe quand la diagonale est un côté du triangle . Les autres s'expédient de la même façon .

J'illustrerai quand j'aurai mis un peu d'ordre dans mes idées

Imod

Bonjour,

le lieu indiqué n'est pas une conique, donc des calculs pas simples
(l'intersection d'un lieu avec une droite, bof ...)

ma construction entièrement réalisable à la règle et au compas.
Geogebra

étant donné le rectangle (variable) AMNP (M et P déplaçables)
je cherche le plus grand triangle "équilibré" avec C sur [NP] et B sur{AM] (cf l'étude précédente)



dans le cas où B est en M et donc C sur [NP], son aire est s = 1/2 AM.AP
je la construis (en mesure) avec Thalès sachant que MD = 2 :
MS = MN.AM/MD

c'est aussi son périmètre, donc AC + MC = s - AM = AS

C est donc sur une ellipse de foyers A et M dont on construit un sommet E milieu de MS' avec AS' = AS

l'intersection de cette ellipse avec le segment [NP] donne le critère de sélection des deux cas :

si cette intersection existe, on est dans le cas B en M et C = ce point d'intersection (l'un des deux)
nota : cette intersection se construit "facilement" à la règle et au compas, mais ici Geogebra donne directement cette intersection (commande Intersection)


sinon C est en N et B sur [AM] est construit via le cercle inscrit :



la bissectrice de NAM coupe l'horizontale en D (à distance 2 de (AM)) en I
la droite (BC) est la symétrique de (AN) par rapport à (NI), d'où B

si aucune des deux méthodes ne fonctionne (l'ellipse a son demi petit axe < AP) on échange longueur et largeur.
et si ça ne "marche" toujours pas, c'est effectivement impossible. (rectangle "trop petit")
l'applet empêche d'avoir AP < la valeur limite pour laquelle c'est impossible (en fonction de AM)

Bonsoir
Superbe construction mathafou.

Ce problème n'est pas élémentaire.
Par contre, le problème inverse est élémentaire. J'appelle inverse le problème de construire le plus petit rectangle qui inscrit un triangle équilibré quelconque.
Tout triangle a un semblable « équilibré ». Il suffit de multiplier les côtés  du triangle par le rapport périmètre/surface pour obtenir son semblable équilibré. Puis, pour le plus petit rectangle on prend le plus grand côté du triangle comme longueur ou comme diagonale du rectangle.

"le plus petit rectangle"

c'est à dire ?
la plus petite longueur, le plus petit périmètre, la plus petite aire, la plus petite diagonale ?

un des sommets du rectangle est fatalement sur un des sommets du triangle.
ce qui donne trois familles distinctes de rectangles circonscrits, et il faut examiner les trois



ici la plus petite longueur est lorsque ce rectangle est en fait un carré (BRST)
lorsque M est en C (ou U en A) AP (ou UV) est la plus petite longueur pour les familles "AMNP" et "CUVW" = 4.51 > 4.33
(et de toute façon < AC = 5)

nota : AB ne peut être une diagonale que si l'angle C est obtus

Je n'ai pas lu les messages précédents et mon intervention est peut-être ridicule . J'essaie de donner un sens aux différentes formules proposées dans ce fil et le précédent . Il est clair pour tous que "le" plus grand triangle équilibré a ses trois sommets sur la frontière du rectangle . On peut même supposer que l'un de ses sommets est aussi un sommet du rectangle . Le cas le plus simple est celui ou l'aire du triangle vaut la moitié de celle du rectangle car alors l'une de ses bases est un côté du rectangle .  Une illustration quand ce côté est la longueur du rectangle .



On a immédiatement :



Qui se traduit par :



Il n'est pas intéressant de poser le triangle sur la largeur du rectangle car les contraintes sont plus fortes . On peut illustrer les autres cas de la même façon .

Imod

"Il n'est pas intéressant de poser le triangle sur la largeur du rectangle"
hum ...



les courbes rouges sont les lieux de C pour que le triangle soit "équilibré"

Je voulais dire que les contraintes étaient plus fortes sur la largeur , c'est à dire que le même résultat pouvait être obtenu en posant un côté du triangle sur la longueur du rectangle .

Imod