Somme des aires de cercles inscrits
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Somme des aires de cercles inscrits
Dans un triangle `ABC` de côtés `a`, `b` et `c`, on trace les trois tangentes au cercle inscrit, parallèles aux trois côtés du triangle respectivement. Chacune de ces tangentes sectionne un coin triangulaire du triangle `ABC`. On construit les cercles inscrits dans chacun des trois coins. On demande de prouver que la somme des aires des 4 cercles inscrits sur la figure est :
$\frac{ \pi ( a^{2}+b^{2}+c^{2})(s-a)(s-b)(s-c)}{s^{3}} $
où `s` désigne le demi-périmètre du triangle `ABC`.
$\frac{ \pi ( a^{2}+b^{2}+c^{2})(s-a)(s-b)(s-c)}{s^{3}} $
où `s` désigne le demi-périmètre du triangle `ABC`.
Dernière édition par G. Lorang le Sam 4 Fév - 7:55, édité 1 fois
Re: Somme des aires de cercles inscrits
Voici une nouvelle figure avec seulement un secteur triangulaire!
Comme les deux droites `BC` et `B_AC_A` sont parallèles et tangentes au même cercle de rayon `r` (énoncé), elles sont distantes de `2r`.
Les deux triangles `ABC` et `AB_AC_A` sont semblables, donc on a:
`(AB)/(AB_A)=(AC)/(AC_A)=(BC)/(B_AC_A)=(h_A)/(h_a)` (où `h_A` et `h_a` sont les longueurs des hauteurs issues de A du grand respectivement petit triangle).
Comme les triangles sont semblables, les rayons inscrits vérifient également `r/r_A=h_A/h_a`.
Or on sait que `h_A-2r=h_a`:
`r/r_a=h_A/h_a
`iff r_a=r*(h_A-2r)/h_A=r*(1-2r/h_A)
Or on sait que `r=2((a*h_A)/2)/(a+b+c)=(ah_A)/(a+b+c)`
(cf https://lmrl-maths.forumactif.com/t126-rayon-du-cercle-inscrit-d-un-triangle-rectangle ):
`r_a=r(1-(2a)/(a+b+c))
`r_a=r*(s-a)/s
`r_a=(s-a)/s*sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))/s
En effet
`1-(2a)/(a+b+c)=(1-a/s)=(s-a)/s
et
`r=2sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))/(a+b+c)=sqrt(s(s-a)(s-b)(s-c))/s
Aire du cercle inscrit au triangle `AB_AC_A`:
`pi*r_a^2
`=pi*(s-a)^2(s(s-a)(s-b)(s-c))/s^4=pi*(s-a)^2((s-a)(s-b)(s-c))/s^3
De même on trouve les expressions pour les aires des autres cercles inscrits.
D' où la somme vaut:
`pi*(s-a)^2((s-a)(s-b)(s-c))/s^3+pi*(s-b)^2((s-a)(s-b)(s-c))/s^3
`+pi*(s-c)^2((s-a)(s-b)(s-c))/s^3+pi(s^2(s-a)(s-b)(s-c))/s^3
`=pi*((s-a)(s-b)(s-c))/s^3[(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2+s^2]
Or, on a:
`(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2+s^2
`=s^2-2as+a^2+s^2-2sb+b^2+s^3-2sc+c^2+s^2
`=a^2+b^2+c^2-2s(a+b+c)+4s^2
`=a^2+b^2+c^2-(a+b+c)^2+(a+b+c)^2
`=a^2+b^2+c^2
Donc la somme des aires vaut bien `pi*((s-a)(s-b)(s-c))/s^3(a^2+b^2+c^2)
carole- Expert
- Messages : 181
Date d'inscription : 11/05/2010
Age : 31
VICTOIRE !!!
Bravo ! Je n'ai rien à ajouter !
30 points cadeau !
Cordialement, G.L.
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Cordialement, G.L.
Dernière édition par G. Lorang le Dim 15 Avr - 12:49, édité 2 fois
Re: Somme des aires de cercles inscrits
Bonjour,
Je propose une solution alternative.
Tout d'abord, on se base sur la formule de Héron pour calculer le rayon du cercle inscrit du triangle `ABC` de la façon suivante : `r=\frac{sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{s}`. Donc l'aire de ce cercle vaut `frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)}{s}`.
Ensuite, on remarque que l'aire de la somme des quatre cercles peut être obtenue à partir de l'aire précédente en la multipliant par le facteur `1+\alpha^2+\beta^2+\gamma^2` où le nombre `\alpha\in]0;1[` (respectivement `\beta` et `\gamma`) représente le rapport de l'homothétie de centre `A` (respectivement `B` et `C`) transformant le cercle inscrit du triangle `ABC` en le cercle inscrit à un des nouveaux triangles.
De plus, si l'homothétie précédente est itérée une infinité de fois, on peut reconstruire la hauteur issue de l'angle `A` en translatant les diamètres (parallèles à cette hauteur) des cercles respectifs. Ainsi, la longueur de la hauteur issue du sommet `A` est donnée par la limite de la série géométrique `\sum_{n=0}^{+\infty}2r\alpha^n=\frac{2r}{1-\alpha}`. Mais alors, on obtient `rs=\frac{ar}{1-\alpha}` en calculant l'aire du triangle `ABC` de deux façons. Donc `\alpha=1-\frac{a}{s}`. De façon analogue, on trouve `\beta=1-\frac{b}{s}` et `\gamma=1-\frac{c}{s}`.
Finalement, l'aire recherchée vaut :
`\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(1+\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)}{s}=\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(1+(1-\frac{a}{s})^2+(1-\frac{b}{s})^2+(1-\frac{c}{s})^2)}{s}`
`=\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(4-2\frac{a+b+c}{s}+\frac{a^2+b^2+c^2}{s^2})}{s}=\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(a^2+b^2+c^2)}{s^3}`.
Je propose une solution alternative.
Tout d'abord, on se base sur la formule de Héron pour calculer le rayon du cercle inscrit du triangle `ABC` de la façon suivante : `r=\frac{sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{s}`. Donc l'aire de ce cercle vaut `frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)}{s}`.
Ensuite, on remarque que l'aire de la somme des quatre cercles peut être obtenue à partir de l'aire précédente en la multipliant par le facteur `1+\alpha^2+\beta^2+\gamma^2` où le nombre `\alpha\in]0;1[` (respectivement `\beta` et `\gamma`) représente le rapport de l'homothétie de centre `A` (respectivement `B` et `C`) transformant le cercle inscrit du triangle `ABC` en le cercle inscrit à un des nouveaux triangles.
De plus, si l'homothétie précédente est itérée une infinité de fois, on peut reconstruire la hauteur issue de l'angle `A` en translatant les diamètres (parallèles à cette hauteur) des cercles respectifs. Ainsi, la longueur de la hauteur issue du sommet `A` est donnée par la limite de la série géométrique `\sum_{n=0}^{+\infty}2r\alpha^n=\frac{2r}{1-\alpha}`. Mais alors, on obtient `rs=\frac{ar}{1-\alpha}` en calculant l'aire du triangle `ABC` de deux façons. Donc `\alpha=1-\frac{a}{s}`. De façon analogue, on trouve `\beta=1-\frac{b}{s}` et `\gamma=1-\frac{c}{s}`.
Finalement, l'aire recherchée vaut :
`\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(1+\alpha^2+\beta^2+\gamma^2)}{s}=\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(1+(1-\frac{a}{s})^2+(1-\frac{b}{s})^2+(1-\frac{c}{s})^2)}{s}`
`=\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(4-2\frac{a+b+c}{s}+\frac{a^2+b^2+c^2}{s^2})}{s}=\frac{\pi(s-a)(s-b)(s-c)(a^2+b^2+c^2)}{s^3}`.
le_magicien- Pro
- Messages : 56
Date d'inscription : 11/04/2012
Très belle observation !
Bravo magicien, ton observation est magnifique !
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G. Lorang
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G. Lorang
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