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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)

Bernard-maths
02-03-2021 13:43:29

Salut jpp !

Si dans le plan je fais la somme des 3 distances aux 3 côtés, dans l'espace, je fais la somme des 4 distances aux 4 faces ...

Et si le tétraèdre est régulier, on trouve la "hauteur" du tétraèdre.

Après ? On a l'octaèdre et l'icosaèdre, avec des triangles équilatéraux, le cube avec des carrés, et le dodécaèdre avec des pentagones ...

Si on reste dans le plan, on a tous les polygones réguliers convexes ...


Et moi ... je n'arrive pas à trouver des équations pour tous !

Bernard-maths

PS : le coup des 6 arêtes, pas mal : affaire à suivre !? merci ... ;)

jpp
02-03-2021 13:02:56

Salut

@Bernard-maths : j'ai bien compris le problème avec le triangle équilatéral ; mais concernant le tétraèdre ? c'est quoi la condition ?

Lieu d'un point M ? mais qui répond à quelles conditions ?

Somme des distances de M  aux 6 arêtes d'un tétraèdre d'arête 6  sommant  [tex]3\sqrt3 + 2[/tex] ?

                                                                                           merci .

Bernard-maths
01-03-2021 16:45:09

Bonsoir à tous !

@ Yoshi : je trouve 4 points sur chaque côté, et 6 points à l'intérieur. Plein de symétries aussi.
Ca te vas, ou tu veux du détail ? Faut aussi laisser d'autres chercher ? C'est quand même amusant !

@ jpp et Adam : vous êtes sur une bonne voie ... Quand on passe du triangle équilatéral au tétraèdre, on a presque la même chose ...

On peut aussi chercher l'aire du triangle de 2 façons différentes ; le volume du tétraèdre aussi.

Si je puis dire, la 2° fait "le tour" de la 1° ... :)

Je vous signale que j'ai déjà "un peu parlé de ça" , mais avec le cube ... au lieu du tétraèdre.

A plus, Bernard-maths

Chlore au quinoa
01-03-2021 15:56:44

Re,

Voici une réponse pour la question 1) :

Texte caché

-Tout d'abord il faut noter que les points $A$, $B$ et $C$ conviennent sans problème. Prenons par exemple $A$. On positionne arbitrairement $(BC)$ comme horizontale et $A$ en haut. Que se passe-t-il si on essaie de positionner $M$ dans le demi-plan au dessus de $A$ ? Et bien la distance $MJ$ (et non $MI$ sur le dessin) augmente, et donc a fortiori la somme des 3 augmente également. Illustration ici :

https://www.cjoint.com/c/KCbmaFqfN0I

(je n'arrive toujours pas à insérer directement l'image ! Quand je fais uniquement insérer image à droite de TT et que je colle le lien cjoint, ça ne marche pas...)

Ainsi $M$ ne peut pas appartenir à ce demi-plan.

-Si $M\in \partial ABC= \overline{ABC}\,\backslash (ABC)°$ (un peu de topologie ^^, j'arrive pas à mettre le rond au dessus de ABC pour symboliser "intérieur") : dans ce cas le dessin ci-dessous illustre la situation :
https://www.cjoint.com/c/KCbmKMQnPZI

La distance perdue vaut en fonction de $AM$ d'après Pythagore $\dfrac{\sqrt3}{2}AM$. La distance gagnée quant à elle vaut $AM\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)$ soit $\dfrac{\sqrt{3}}{2}AM$. Donc on arrive bien au résultat.

-Si $M\notin (ABC)°$, on trace la droite horizontale passant par $M$ et on prend $M'$ l'intersection de cette droite avec le triangle. Si elle n'existe pas, alors on se ramène au cas n°1 en changeant simplement de point de référence. Si $M'$ existe, on se ramène au cas précédent avec une distance perdue identique mais une distance gagnée strictement supérieure. Donc cela ne convient pas.

-Enfin dernier cas si $M\in (ABC)°\,\backslash \partial ABC$, alors on peut toujours se ramener à un point d'une des hauteurs, et on retrouve la même distance.

Réponse : $M\in (ABC)°$

Je cherche la 2 !

Adam

Chlore au quinoa
01-03-2021 13:04:01

Salut !

Je n'ai pas lu pour ne pas me spoiler, ma réponse rédigée pour la question 1 arrive incessamment sous peu :)

Adam

Bernard-maths
01-03-2021 12:15:38

Hello !

C'est très joli, et en plus, c'est juste !!!

Alors, avec un polygone régulier convexe ?

Et ... avec un tétraèdre régulier ?

@ plus, B-m

jpp
01-03-2021 10:31:36

Salut ,

concernant la question 1) c'est bien entendu le triangle dans son entier puisque les projetés orthogonaux forment toujours 3 angles de 120°
Hier soir j'avais complètement zappé l'intérieur du triangle .

jpp
01-03-2021 10:30:46

Salut ,

bon , je cache

je joins un dessin concernant le lieu de M ( question 2)

210301103845177550.png

Bernard-maths
28-02-2021 22:24:35

@ jpp !

par contre je vois bien la 2ème question correcte, mais j'ai pas calculé ! Mais l'idée est là.

C'est curieux quand même comme résultat !?

... et ça marche pour "tout polygone convexe" ...

Bonne nuit !

Bernard-maths
28-02-2021 21:29:18

@ Yoshi !

Oui ! Y'en a qui se démontent les méninges. Et c'est très amusant.
J'essaierai de voir de plus près tranquillement ...

Pour le point à 3 distances entières des 3 sommets, il me vient "spontanément" l'algorithme suivant :

Je trace des cercles de rayons 1 à 272 de centre A.
Pour chacun, je trace les cercles de centre B et rayons 272 à ... 1, TANT qu'il y a intersection avec le 1er.
Pour chaque intersection (ramenée DANS le triangle ... bien sur), disons P, je calcule PC : si c'est entier, bingo ! Sinon, poubelle.

Si ça te suffit, je te laisse faire un programme, moi j'ai plus programmé (en langage) depuis ... pas mal de temps.

cordialement, à plus.

Bernard-maths

PS : par contre s'il y a 1 solution, par permutation, je pense qu'il y en aura 3 !???

Bernard-maths
28-02-2021 20:55:39

@ jpp !

"un peu superficiel", tu comprendras plus tard ... :)

@ +

Bernard-maths
28-02-2021 20:53:54

Merci Yoshi, je vais regarder !

Ce que je propose viens de recherches personnelles, mais bien sur, au bout d'un moment ça devient "tellement simple" que je me dis que bien d'autres ont du trouver ... mais je n'ai pas de références.

En tout cas, c'est amusant.

@ +

yoshi
28-02-2021 20:26:59

Bonsoir,

Puis-je te recommander :
http://www.bibmath.net/forums/viewtopic.php?id=2006
(Soit un triangle équilatéral de 273 m de coté. Trouver le point - a priori il n'y en a qu'un -, strictement à l'intérieur du triangle, tel que les distances de ce point aux 3 sommets du triangle soit toutes les 3 strictement entières.)

Du même genre et triangles pas forcément équilatéraux
http://www.bibmath.net/forums/viewtopic.php?id=6910
http://www.bibmath.net/forums/viewtopic.php?id=6918

;-)

@+

jpp
28-02-2021 20:18:58

salut ,

une petite idée

pour la première question , je pense que le point M se promène sur les trois segments (côtés du triangle )

pour la question 2 ; je trace un triangle équilatéral dont les côtés sont distants de 1 par rapport au triangle existant ; ensuite je casse les trois angles de mon dernier triangle avec des petits segments de longueur [tex]\cfrac{2\sqrt3}{3}[/tex] Et , sauf erreur j'obtiens un hexagone avec 3 côtés de longueur : [tex]6 + \cfrac{2\sqrt3}{3}[/tex] puis 3 autres côtés en alternance de longueur :[tex]\cfrac{2\sqrt3}{3}[/tex]

Bernard-maths
28-02-2021 19:02:56

Bonsoir à tous !

La période des vacances semble un peu morte, alors un peu d'exercice ...

On considère un triangle équilatéral ABC, de côté égal à 6.

Un point M du plan se projette en I, en J et en K sur chacune des 3 droites, supports des côtés (AB), (BC) et (CA).

1)° On cherche l'ensemble des points M tels que : MI + MJ + MK = 3 Racine(3) = la hauteur de ABC.

2°) Quel est, s'il existe, l'ensemble des points M du plan tels que : MI + MJ + MK = 3 Racine(3) + 2 ?

3°) Je cherche, mais je dois vérifier d'abord ! Hum, j'ai perdu un enchainement ! Donc à plus !

Cordialement, Bernard-maths

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