Je ne sais pas dessiner sur ce site Un carré a 4 sommets et un triangle 3. Donc 2 sommets du carré seront sur un même côté du triangle (je prends le plus grand). Je fais "coulisser" ces 2 points sur ce grand côté jusqu'à ce qu'avec les 2 autres points,
on obtienne un rectangle (et on sais toujours le faire). Enfin je rétrécis ou élargis ce rectangle (dont l'autre dimension varie dans le sens opposé) jusqu'à former un carré.

On remarque tout d'abord qu'un triangle a toujours au moins une hauteur dont la base appartient au coté. Pour s'en convaincre, on remarque qu'un triangle a toujours au moins 2 angles aigus, la hauteur issue de l'autre sommet coupe la base à l'intérieur du triangle.

Appelons A ce sommet, B et C les 2 autres sommets et H le pied de la hauteur.
Prenons M un point de BH et construisons le rectangle MNOP où N appartient à AB avec MN ortho à BC, O appartient à AC et NO ortho à MN et enfin P appartient à BC et OP ortho à BC.

Lorsque M parcours BH, le rectangle passe de la limite où il est réduit au segment BC jusqu'à l'autre limite où il est réduit à AH. Ces 2 cas limites sont 2 rectangles orientés à 90°.
Il existe donc un point de BH pour lequel le rectangle est un carré (car la fonction longueur (MN) - longueur (MP)) est une fonction continue)...

Sinon, on peut faire un dessin

On trace un petit carré dans l'angle B.
La droite bleue permet de construire le point S.
A partir de S on construit un carré dont les 4 sommets sont sur les côtés du triangle.


Cette énigme admet plusieurs solutions.

Ben oui, ça parait évident.
On trace une parallèle à la base du triangle qui coupe les 2 autres cotés. Aux 2 intersections, on projette les hauteurs et ça va former un rectangle. Selon la hauteur de la parallèle, le rectangle peut passer de plus long que large à plus large que long. Donc on peut toujours obtenir un carré.

Voici un triangle ABC avec les 6 carrés inscrits tracés !

En prenant comme base le plus grand côté, il suffit de faire descendre une parallèle à ce côté depuis le sommet opposé jusqu'à ce que sa largeur (croissante ) soit égale à sa hauteur (décroissante ) .

Ca devrait marcher avec tous les côtés dont les angles adjacents n'excèdent pas 90°

Voici une figure avec les 3 carrés inscrits intérieurs au triangle

Question (à laquelle que je ne sais pas répondre):
Les trois carrés (bleu, vert et rouge) des dessins de Jackv et de masab ont-ils la même valeur de leur côté ?

Edit: orthographe modifiée

On considère un triangle ABC.
On considère le carré ayant un côté sur la droite (BC), un sommet sur le segment [AB] et un autre sommet sur le segment [AC]. On note [latex]\alpha[/latex] le côté de ce carré, on note a=BC et on note S l'aire du triangle ABC.
Alors on a
[TeX]\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{a} + \frac{a}{2S} = \frac{1}{a} + \frac{1}{h_A}[/TeX]
En particulier [latex]\alpha[/latex] ne dépend que de a et de la hauteur h_A issue de A .

Tout à fait Thierry ( qu'il repose en paix )



Vasimolo

L'assertion "sur une boucle , il existe toujours quatre points formant un carré" est démontrée si la courbe possède une tangente en tout point et si cette dernière varie continûment ; autrement dit si la courbe est de classe C1.

masab a écrit:

[latex]\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{a} + \frac{a}{2S} = \frac{1}{a} + \frac{1}{h_A}[/latex]

Pour [latex]{h_A} = \frac{2S}{a}[/latex] j'ai compris. Mais d'où sors tu la première égalité ?