14 mai 2018

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  • 4.9.16

    le 14 mai 2018 à 15:45, par Hébu

    Le résultat est facile à obtenir. Si j’appelle $A, B, C$ les sommets du triangle et $P$ le point intérieur, quelconque, il suffit de calculer les carrés des distances $AP^2$, $BP^2$, $CP^2$.

    .

    Mais ça suscite une question. En fouinant sur le web, je suis tombé sur le livre de Akopyan (un pdf sur sa page web). Dans celui-ci, il appelle ce résultat « théorème de Carnot ». Et selon Wikipedia, le théorème de Carnot (que j’ignorais auparavant) dirait que $DP+EP+FP=R+r$, si $D,E,F$ sont les projections orthogonales de $P$ sur les côtés, et $R$ et $r$ les rayons des cercles inscrit et circonscrit.

    .

    Qui croire ?

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  • 4.9.16

    le 14 mai 2018 à 16:55, par Hébu

    (oubli dans le post précédent : pour le théorème de Carnot, $P$ doit être le centre du cercle circonscrit)

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  • 4.9.16 - PS

    le 5 juin 2018 à 11:40, par Hébu

    La figure 4.9.19, qui me semble faire appel à ce << théorème de Carnot >>, me ramène ici, avec l’idée d’une réciproque. L’égalité $a^2+c^2+e^2=b^2+d^2+f^2$ constituerait une condition nécessaire et suffisante à la concourance des normales issues des points posés sur les côtés du triangle.

    Soient donc des points $D, E, F$ sur les côtés du triangle, tels que $AF=a, FC=b$, $CE=c, EB=d$, $BD=e$, $DA=f$, les longueurs satisfaisant l’égalité $a^2+c^2+e^2=b^2+d^2+f^2$.

    Choisissant, par exemple, $D$ et $F$, on élève depuis ces points une perpendiculaire à leur côté. Ces deux droites se coupent en un point $P$.

    Depuis $P$, on abaisse une perpendiculaire sur $BC$, qui va couper le côté en un point $E'$, a priori différent de $E$. On notera $c'$ et $d'$ les longueurs des segments $CE'=c'$, $E'B=d'$. Le résultat démontré précédemment nous apprend que $a^2+c'^2+e^2=b^2+d'^2+f^2$.

    Par comparaison avec l’hypothèse faite sur $a, b, c, d, e, f$, on en déduit que $d^2-c^2=d'^2-c'^2$. Puisque $d+c=d'+c'=BC$, cela implique que $d=d', c=c'$, et donc que $E$ et $E'$ sont confondus.

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