Bonsoir Ebichu

Je n'ai pas de réponse complète mais il est clair que si on se donne le triangle ABC et deux des points  J, K et L alors le troisième point s'impose ( quelque soit la position des trois autres triangles ) . Il reste à trouver pourquoi JKL est équilatéral

Vasimolo

Je ne sais pas par quel bout le prendre pour l'instant....

Voilà le raisonnement que j'ai suivi :

On suppose donnés les points [latex]A,B,C,K \text{ et } L[/latex] ( le triangle [latex]ABC[/latex] n'a même pas besoin d'être équilatéral  ) . On note alors [latex]r_O[/latex] la rotation de centre [latex]O[/latex] d'angle 60 ° ( sens trigo ) et [latex]s_O[/latex] la symétrie de centre [latex]O[/latex] .

En ajoutant les angles on obtient que [latex]s_J\circ r_A \circ s_L \circ r_C \circ s_K \circ r_B[/latex] est une translation . Cette translation n'est autre que l'identité car [latex]D[/latex] en est un point fixe . On a donc [latex]s_J=r_A \circ s_L \circ r_C \circ s_K \circ r_B[/latex] et [latex]J[/latex] est parfaitement défini sans avoir recours aux trois petits triangles .

Le travail n'est pas fini mais ne donne pas d'indice , j'aime bien chercher dans tous les sens comme un chien fou

Vasimolo

Ceci-dit,il me semble que

1) si on monte que la proposition est vraie pour un triangle de départ( celui qui touche les 3 autres)  de taille nulle, alors par une sorte "d'expansion" , on doit pouvoir montrer "facilement ?" qu'elle sera encore vraie pour un premier  triangle de taillle non nulle ?

2)De là, une idée serait de partir de la forme dégénérée précédente, et de  montrer que la proposition est toujours vraie quand  les trois triangles  ne sont plus égaux, en dessinant par exemple trois triangles égaux à l'intérieur ( la taille du plus petit par exemple)

Un premier dessin semble confirmer que la proposition 2 est  une bonne piste


les trois triangles de départ  sont
ABC ADE AFG

on dessine ABC AHI AKJ
c'est le cas dégénéré de mon post précédent
donc LMN est equilatéral

on trace le triangle final POQ
ne "reste plus " à démontrer que les cotés sont bien parallèle à LMN
et donc que POQ est bien équilatéral

Je sais , ça fait beaucoup de supposition.... toutes mes excuses.. je n'ai pas la possibilité à l'instant d’approfondir....

[Edit]Après approfondissement  tout faux.. les cotés des deux triangles ne sont pas du tout parallèles dans le cas général,  mon dessin était un cas particulier

Salut !

Bon, après des heures de recherche infructueuses, j'ai décidé d'employer la grosse cavalerie : La géométrie complexe.
Alors on choisi pour repère orthonormé directe (A, AB->, le vecteur qui va bien)
Alors : zA = 0 et zB = 1 et zC = e^(iπ/3)
On choisi comme variable zF, zD et zH.
On obtient par rotation complexe :

zG = (zF-zC)e^(iπ/3)+zC = (zF-e^(iπ/3))e^(iπ/3)+e^(iπ/3)
     = zF.e^(iπ/3)-e^(i2π/3)+e^(iπ/3) = zF.e^(iπ/3)-e^(i2π/3)+e^(iπ/3)
     = zFe^(iπ/3)+1
zE = (zD-zB)e^(iπ/3)+zB = (zD-1)e^(iπ/3)+1 = zD.e^(iπ/3)-e^(iπ/3)+1
    = zD.e^(iπ/3)+e^(-îπ/3)
zI = (zH-zA)e^(iπ/3)+zA = zH.e^(iπ/3)

zK = (zF+zE)/2 = .5[zF+zD.e^(iπ/3)+e^(-iπ/3)]
zJ = .5[zD+zH.e^(iπ/3)]
zL = .5[zH+zF.e^(iπ/3)+1]

reste à calculer les longueurs :

2.LK = |zF+zD.e^(iπ/3)+e^(-iπ/3)-zH-zF.e^(iπ/3)-1|
       = |zD.e^(iπ/3)+zF.e^(-iπ/3)-zH+e^(-i2π/3)|
2.KJ = |zD+zH.e^(iπ/3)-zF-zD.e^(iπ/3)-e^(-iπ/3)|
       = |zD.e^(-iπ/3)-zF+zH.e^(iπ/3)+e^(2iπ/3)|
       = |e^(-i2π/3)||zD.e^(iπ/3)-zF.e^(i2π/3)+zH.e^(3iπ/3)+e^(4iπ/3)|
       = |zD.e^(iπ/3)+zF.e^(-iπ/3)-zH+e^(-2iπ/3)|
2.JL = |zH+zF.e^(iπ/3)+1-zD-zH.e^(iπ/3)|
       = |zD.e^(iπ)+zF.e^(iπ/3)+zH.e^(-iπ/3)+1|
       = |e^(i2π/3)||zD.e^(iπ/3)+zF.e^(-iπ/3)+zH.e^(-i3π/3)+e^(-i2π/3)|
       = |zD.e^(iπ/3)+zF.e^(-iπ/3)-zH+e^(-i2π/3)|

Donc JL = KJ = LK, JLK est équilatéral

Je suis quand même bien déçu de ne pas avoir trouvé l'astuce qui évite ces calculs laborieux.

Je n'ai pas renoncé à une démonstration géométrique mais pour me rassurer j'en ai fait une avec les complexes . Ca marche bien , ce n'est pas compliqué , mais ça n'explique rien du tout

On note 0 ,1 , r les affixes des points A, B , C et d , e , f , g , h , i ceux des points D , E , F , G , H , I . Quelques calculs élémentaires nous donnent :
[TeX]\\[/TeX]
[TeX]2(k-j)=(r-1)d+f-rh+1-r[/TeX]
[TeX]2(l-k)=-rd+(r-1)f+h+r[/TeX]
[TeX]2(j-l)=d-rf+(r-1)h-1[/TeX]
Comme [latex]r^2=r-1[/latex] , les trois côtés du triangle [latex]JKL[/latex] sont égaux .

Vasimolo

PS : j'ai réussi à réduire le problème initial mais je n'ai pas de réponse à cette réduction évitant les complexes ou les coordonnées , à suivre ...

Le week-end se termine et j'aurai peu de temps libre la semaine prochaine , il me semble que tu peux donner un indice

Vasimolo

Bonsoir,

une petite réponse vectorielle assez simple...

En partant des milieux du triangle équilatéral du centre, pour arriver au sommets du triangle pointillé bleu, par construction du milieu, j'obtiens la demi-somme des vecteurs représentés.



Pour aller de L à J , on effectue (sans m'embêter avec les flèches vectorielles, mais tout est orienté) :

( b' - b - a' - a ) / 2   puis x  puis ( b + b' + c - c') / 2

Ce qui équivaut à :   ( 2b' - a - a' + c - c ' ) / 2  +x

Pour aller de L à K, on effectue :

( b' - b - a' - a ) / 2   puis y  puis ( c + c' + a - a' ) / 2

Ce qui équivaut à :   ( c + c' - b + b'  - 2a' ) / 2 + y


Maintenant, si par hasard on essayait d'opérer une petite rotation de 60° des premiers déplacements dans le sens trigo :

On a  :  ( 2b' - a - a' + c + c ' ) / 2  +x

C'est assez simple dans chaque triangle équilatéral :

Par rotation, x devient y,  ( -a - a' ) devient ( -2a' )  et ( c - c' ) devient ( c+ c' ) et ( 2b' )  devient ( b' - b )

Après rotation ( 2b' - a - a' + c - c ' ) / 2  +x  devient ( c + c' - b + b' - 2a' ) / 2 + y

Les deux déplacements sont identiques par une rotaion de 60° , on a un triangle équilatéral.

Oups, effectivement, j'aurais pris les côtés des triangles, ça aurait été plus simple...

C'est marrant j'avais essayé plein de combinaisons avec Chasles sans aucun succès .
[TeX]2.\overrightarrow{LK}= \overrightarrow{LG}+\overrightarrow{GF}+\overrightarrow{FK}+\overrightarrow{LH}+\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{EK}[/TeX][TeX]2.\overrightarrow{LK}= \overrightarrow{GF}+\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}[/TeX]
On note [latex]R[/latex] la rotation vectorielle d'angle 60° dans le sens direct :
[TeX]R(2.\overrightarrow{LK})= \overrightarrow{CF}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{IF}+\overrightarrow{DE}[/TeX][TeX]R(2.\overrightarrow{LK})= (\overrightarrow{IF}+\overrightarrow{DE})+(\overrightarrow{JI}+\overrightarrow{JD})+(\overrightarrow{EK}+\overrightarrow{FK})[/TeX][TeX]R(2.\overrightarrow{LK})= (\overrightarrow{JI}+\overrightarrow{IF}+\overrightarrow{FK})+(\overrightarrow{JD}+\overrightarrow{DE}+\overrightarrow{EK})=2.\overrightarrow{JK}[/TeX]
Et [latex]JKL[/latex] est équilatéral .

Vasimolo

C'est terminé, merci aux courageux participants. Je vous livre ma façon de voir les choses, très proche de la méthode de Vasimolo.

On commence par démontrer à l'aide de la relation de Chasles (je passe les détails) que [latex]\vec{LK}[/latex] s'écrit comme la moitié d'une somme de 4 vecteurs, chacun porté par un côté d'un des 4 triangles équilatéraux :
[TeX]\vec{LK}=\frac{1}{2}(\vec{HA}+\vec{AB}+\vec{BE}+\vec{GF})[/TeX]


De même, on peut écrire :
[TeX]\vec{LJ}=\frac{1}{2}(\vec{GC}+\vec{CB}+\vec{BD}+\vec{HI})[/TeX]


Les 4 triangles de départ sont équilatéraux, donc [latex]\vec{GC}[/latex], [latex]\vec{CB}[/latex], [latex]\vec{BD}[/latex] et [latex]\vec{HI}[/latex] sont les images de respectivement [latex]\vec{GF}[/latex], [latex]\vec{AB}[/latex], [latex]\vec{BE}[/latex] et [latex]\vec{HA}[/latex] par une rotation d'angle 60° dans le sens indirect.

On en déduit que [latex]\vec{LJ}[/latex] est l'image de [latex]\vec{LK}[/latex] par une rotation d'angle 60°, le triangle JKL est donc équilatéral.

Ohhhh !
Très joli, et effectivement assez simple une fois qu'on l'a vu !
(Mais pas sûr que mes secondes suivraient tous le raisonnement...)

Magnifique !