Proposition:
Soient:
$$a=BC[/latex], [latex]b=AC[/latex], [latex]c=AB.$$
$$\alpha[/latex]=angle en A, [latex]\beta[/latex] = angle en B et [latex]\gamma[/latex]=angle en C. Grâce à Al Kashi on a: [latex]\alpha=acos(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc})$$ $$\beta=acos(\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac})$$ $$\gamma=acos(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab})$$
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:
$$\frac{OM}{ON}=\frac{r}{R}[/latex] or [latex]OM=ON-R-r[/latex] donc [latex]r=\frac{R(ON-R)}{ON+R}[/latex] (1) Par ailleurs [latex]sin(\alpha/2)=\frac{R}{ON}[/latex] donc [latex]ON=\frac{R}{sin(\alpha/2)}[/latex] (2) (1) et (2) impliquent que [latex]r=R*\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)}$$
Soient S et s les surfaces respectives des cercles de rayon R et r.
$$S=\pi*R^2$$ $$s=\pi*r^2=\pi*R^2*(\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)})^2$$
En posant $q=(\frac{1-sin(\alpha/2)}{1+sin(\alpha/2)})^2$,

on a: $s=S*q$ (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 $R_0$ et $S_0$ les rayons et aires ducercles inscrit
$$R_0=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{p}[/latex] où [latex]p=\frac{a+b+c}{2}$$ [TeX]S_0 =\pi*R_0^2[/latex].

Les cercles vers l'angle en A

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

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
$$q_\beta=(\frac{1-sin(\beta/2)}{1+sin(\beta/2)})^2[/latex], L'aire totale de ces cercle est [latex]S_\beta=\frac{S_0*q_\beta}{1-q_\beta}$$
Les cercles vers l'angle en C
$$q_\gamma=(\frac{1-sin(\gamma/2)}{1+sin(\gamma/2)})^2[/latex], L'aire totale de ces cercle est [latex]S_\gamma=\frac{S_0*q_\gamma}{1-q_\gamma}$$
L'aire totale cherchée est $ST=S_0+S_\alpha+S_\beta+S_\gamma$  donc
$$ST=S_0(1+\frac{q_\alpha}{1-q_\alpha}+\frac{q_\beta}{1-q_\beta}+\frac{q_\gamma}{1-q_\gamma})$$
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 $a$.
L'aire de la réunion des disques est alors donnée par
$$\frac{11}{96} \pi a^2$$
Pour un triangle quelconque, le calcul est  analogue mais plus long, et la formule obtenue est plus compliquée...

Soit un triangle isocèle de côtés $a,b,c$ avec $b=$c.
Dans ce cas l'aire $S$ de la réunion des disques est donnée par
$$S=\frac{\pi a^2}{4}\ \frac{2b-a}{2b+a}\ \left(-\frac{1}{2}+\frac{a}{8b} + \frac{b}{2a} + \frac{1}{4} \,\frac{6b-a}{\ \sqrt{b(2b-a)}\ }\right)$$
Lorsque $b=c=2a$ on obtient donc
$$S= \left(\frac{27}{320}+\frac{11}{160}\sqrt{6}\right) \pi a^2$$
Ceci prouve que dans le cas général $\frac{S}{\pi}$ n'est pas toujours une fraction rationnelle de $a,b,c$ 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 $\mathcal{A}$ l'aire du triangle $ABC$, on a de toute évidence $\mathcal{A}=p\,r$ d'où en appliquant la formule de Héron
$$r^2=\frac{\mathcal{A}^2}{p^2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}$$
Ensuite si l'on note $I$ le centre du cercle inscrit, on a (utiliser Pythagore)
$$\sin^2\frac{\alpha}{2}=\frac{r^2}{AI^2}=\frac{r^2}{r^2+(p-a)^2} = \frac{(p-b)(p-c)}{bc}$$
donc
$$\sin\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}=u$$
d'où
$$\frac{1}{1-q_{\alpha}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\sin\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{4}\frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{2}+\frac{u}{4}+\frac{1}{4u}$$
Ceci permet de passer de la formule de kossi_tg à la formule que j'ai prouvée !