Figure sans paroles #9.5

Publié le 28 août 2023

ÉCRIT PAR

Arseniy Akopyan

Chercheur - Institute of Science and Technology (Autriche)

Commentaires

  1. Hébu
    août 29, 2023
    20h43

    Deux carrés, avec un sommet D commun : ABCD et DEFG. Il est possible alors de placer trois points P,Q,R tels que AQGP et CREQ soient deux autres carrés.

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    Le seul problème est d’exhiber un point Q, tel que (QG,QA)=(QC,QE)=90° — pour les points P et R, aucune contrainte ne les lie.

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    Je note O le « centre » du carré ABCD (intersection des diagonales). La rotation de centre O, 90°, sens anti horaire, amène DC sur AD et DE en AE, (AD,AE)=(DC,DE).

    Les segments AE et DG sont parallèles et de même longueur (AE’ et DE de même longueur et perpendiculaires) : AEGD est un parallélogramme.

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    H intersection de DE et AG est milieu de ces segments.

    La rotation transforme le triangle DEC en AED. Si je note K le milieu de CE, elle transforme le triangle DKC en AHD.

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    La médiatrice de AG coupe la médiatrice de CE en un point Q.
    HQ//DK (puisque HQ et DK sont perpendiculaires à AG) ; DH//QK (puisque DH et QK sont perpendiculaires à CE).
    HDKQ est donc un parallélogramme, QH=DK=AH, et QK=DH=CK.

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    HAQ et KQC sont des triangles rectangles isocèles, de sorte que (QG,QA)=π/2. Même chose pour KQC et KEQ et (QC,QE)=π/2. Le point Q est le troisième sommet des deux carrés fantômes.

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    En fait, j’ai l’impression qu’il doit y avoir plus direct…

    • Sidonie
      août 31, 2023
      14h21

      La rotation de centre D et d’angle π/2 transforme A en C et E en G donc AE =CG et (AE) perpendiculaire à (CG).Soit I leur intersection.
      Puisqu’on veut obtenir un carré il faut que (QC,QE) = (QG,QA) = π/2.
      Si Q existe alors c’est la deuxième intersection entre les cercles de diamètres [AG] et [CE] notés (h) et (k).
      En fait on peut démontrer que Q est le milieu de [BF] ce qui simplifie la construction mais pas la démonstration.
      Le quadrilatère ACEG a ses diagonales égales et perpendiculaires donc son parallélogramme des milieux OKPH est un carré et on OP =AK et (OP) perpendiculaire (AK). (AK) étant la droite des centre de (h) et (k) on a (OP)//(QI).
      Dans le triangle DBF la droite des milieux (OP) est parallèle au côté (BF) d’où (BF) // (QI).
      On considère les cercles (o) et (p) circonscrits aux carrés. On a (IB,IC) = (IF,IG) = π/4 comme I, C et G sont alignés il en sera de même pour I, B et F et les droites (QI) et (BF) sont confondues.
      Les angles inscrits dans (h) et (k) (IQ,IG) et (IQ,IC) sont égaux à π/4 donc les angles aux centres (HQ,HG) et (KQ,KC) sont égaux à π/2.
      Les symétriques de Q par rapport H et K terminent la construction des 2 carrés cherchés.

  2. Sidonie
    septembre 1, 2023
    15h54

    En fait la démonstration par Q milieu de [BF] est plus simple.

    I, L, K et J sont les projetés orthogonaux de B, D, Q et F sur (BC). Par projection K est le milieu de [IJ].

    Les triangles BIC et CLD sont égaux ainsi que JEF et LDE :
    IC = LD = EJ et K devient le milieu de [BC]
    IB = CL et JF = LE donc IB + JF = CE or dans le trapèze IBFJ on a KQ = (IB + JF)/2 = CE/2.

  3. Reine
    septembre 6, 2023
    16h55

    Voici un autre argument, qui a l’inconvénient de seulement montrer l’existence du point Q sans en préciser la position, et l’avantage de se prêter à une petite généralisation.

    La rotation R de centre D et d’angle π/2 envoie A sur C et E sur G. La symétrie S par rapport au milieu de CG est une rotation d’angle π qui échange C et G. En effectuant d’abord S puis l’inverse de R, on obtient une rotation d’angle π−π/2 qui envoie C sur E et G sur A. Il suffit d’appeler Q le centre de cette rotation pour faire apparaître deux carrés QCRE et QGPA.

    Le même raisonnement, en y remplaçant π/2 par un angle arbitraire α (et π−π/2 par π−α) montre que la propriété subsiste lorsque les quatre carrés de cette figure sont remplacés par quatre losanges tous semblables (figure jointe) : si DABC et DEFG sont deux losanges semblables, il existe des points P, Q et R tels que CREQ et GPAQ soient des losanges semblables aux deux autres.

  4. Pedro Roitman
    juin 22, 2024
    20h52

    Un truc jolie: la somme des aires des carrées originaux est égal a la somme des aires des carrés “fantômes”.

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Par exemple, on pourra écrire que sont les deux solutions complexes de l’équation .

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