Proposition:
Soient:
[TeX]a=BC[/latex],
[latex]b=AC[/latex],
[latex]c=AB.[/TeX]
[TeX]\alpha[/latex]=angle en A,
[latex]\beta[/latex] = angle en B et
[latex]\gamma[/latex]=angle en C.

Grâce à Al Kashi on a:

[latex]\alpha=acos(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc})[/TeX][TeX]\beta=acos(\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac})[/TeX][TeX]\gamma=acos(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab})[/TeX]
Soit la figure suivante:

(M et N se confondent un peu sur l'image, M=centre du petit cercle et N celui du grand)

Avec le théorème de Thalès on a:
[TeX]\frac{OM}{ON}=\frac{r}{R}[/latex] or [latex]OM=ON-R-r[/latex] donc [latex]r=\frac{R(ON-R)}{ON+R}[/latex] (1)

Par ailleurs
[latex]sin(\alpha/2)=\frac{R}{ON}[/latex] donc [latex]ON=\frac{R}{sin(\alpha/2)}[/latex] (2)

(1) et (2) impliquent que [latex]r=R*\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)}[/TeX]
Soient S et s les surfaces respectives des cercles de rayon R et r.
[TeX]S=\pi*R^2[/TeX][TeX]s=\pi*r^2=\pi*R^2*(\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)})^2[/TeX]
En posant [latex]q=(\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)})^2[/latex],

on a: [latex]s=S*q[/latex] (3)

(3) décrit la relation entre les surfaces de 2 cercles successifs dans un angle donné. Ces surfaces constituent une suite géométrique de raison q. dans un triangle, le premier terme sera l'aire du cercle inscrit.

Revenons au triagnle ABC:
Notons [latex]R_0[/latex] et [latex]S_0[/latex] les rayons et aires ducercles inscrit
[TeX]R_0=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}[/latex] où [latex]p=\frac{a+b+c}{2}[/TeX][TeX]S_0 =\pi*R_0^2[/latex].

Les cercles vers l'angle en A

[latex]q_\alpha=(\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)})^2[/latex],

L'aire totale de ces cercle est [latex]S_\alpha=\frac{S_0*q_\alpha}{1-q_\alpha}[/TeX]
Les cercles vers l'angle en B
[TeX]q_\beta=(\frac{1-sin(\beta/2)}{1+sin(\beta/2)})^2[/latex],

L'aire totale de ces cercle est [latex]S_\beta=\frac{S_0*q_\beta}{1-q_\beta}[/TeX]
Les cercles vers l'angle en C
[TeX]q_\gamma=(\frac{1-sin(\gamma/2)}{1+sin(\gamma/2)})^2[/latex],

L'aire totale de ces cercle est [latex]S_\gamma=\frac{S_0*q_\gamma}{1-q_\gamma}[/TeX]
L'aire totale cherchée est [latex]ST=S_0+S_\alpha+S_\beta+S_\gamma[/latex]  donc
[TeX]ST=S_0(1+\frac{q_\alpha}{1-q_\alpha}+\frac{q_\beta}{1-q_\beta}+\frac{q_\gamma}{1-q_\gamma})[/TeX]
CQFT

Je ne vois pas l'erreur moi

Il doit avoir plusieurs méthodes pour arriver à  la solution, sinon ce ne sera plus mathématiques

Bonjour,

Pour simplifier, j'ai fait le calcul dans le cas d'un triangle équilatéral de côté [latex]a[/latex].
L'aire de la réunion des disques est alors donnée par
[TeX]\frac{11}{96} \pi a^2[/TeX]
Pour un triangle quelconque, le calcul est  analogue mais plus long, et la formule obtenue est plus compliquée...

Soit un triangle isocèle de côtés [latex]a,b,c[/latex] avec [latex]b=[/latex]c.
Dans ce cas l'aire [latex]S[/latex] de la réunion des disques est donnée par
[TeX]S=\frac{\pi a^2}{4}\ \frac{2b-a}{2b+a}\ \left(-\frac{1}{2}+\frac{a}{8b} + \frac{b}{2a} + \frac{1}{4} \,\frac{6b-a}{\ \sqrt{b(2b-a)}\ }\right)[/TeX]
Lorsque [latex]b=c=2a[/latex] on obtient donc
[TeX]S= \left(\frac{27}{320}+\frac{11}{160}\sqrt{6}\right) \pi a^2[/TeX]
Ceci prouve que dans le cas général [latex]\frac{S}{\pi}[/latex] n'est pas toujours une fraction rationnelle de [latex]a,b,c[/latex] à coefficients entiers.

masab
je veux le cas général avec la démonstration

@housseyne
Le temps imparti pour cette énigme est très court. Ne pourrais tu pas en rajouter ?

On peut passer facilement de la formule donnée par kossi_tg à la formule que j'ai prouvée. D'abord si l'on note [latex]\mathcal{A}[/latex] l'aire du triangle [latex]ABC[/latex], on a de toute évidence [latex]\mathcal{A}=p\,r[/latex] d'où en appliquant la formule de Héron
[TeX]r^2=\frac{\mathcal{A}^2}{p^2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}[/TeX]
Ensuite si l'on note [latex]I[/latex] le centre du cercle inscrit, on a (utiliser Pythagore)
[TeX]\sin^2\frac{\alpha}{2}=\frac{r^2}{AI^2}=\frac{r^2}{r^2+(p-a)^2} = \frac{(p-b)(p-c)}{bc}[/TeX]
donc
[TeX]\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}=u[/TeX]
d'où
[TeX]\frac{1}{1-q_{\alpha}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\sin\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{4}\frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{2}+\frac{u}{4}+\frac{1}{4u}[/TeX]
Ceci permet de passer de la formule de kossi_tg à la formule que j'ai prouvée !