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Enoncé D1932 (Diophante) Douze points à trouver Étant donné un triangle ABC et un point M de son plan on construit les intersections A

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Academic year: 2022

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Texte intégral

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Enoncé D1932 (Diophante) Douze points à trouver

Étant donné un triangle ABC et un pointM de son plan on construit les intersections A0, B0,C0 de M A,M B,M C avec respectivement BC,CA, AB.

1) Pour quels points M a-t-onM A=M B=M C? 2) Pour quels points M a-t-onAA0 =BB0 =CC0? 3) Pour quels points M a-t-onM A0 =M B0 =M C0? Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Question 1

Les points M vérifiant M A = M B = M C doivent appartenir aux trois médiatrices des segmentsBC,CA,AB. L’unique point commun à ces trois droites est le centre du cercle circonscrit.

Question 2

Soit (x, y, z) les coordonnées barycentriques deM dans la base ABC. Je note a, b, c les longueurs des côtésBC,CA,AB.

A0 a pour coordonnées (0, y, z). A partir des égalités vectorielles (y+z)AA0=yAB+zAC,BC =ACAB, on obtient

(y+z)2AA02 =y2c2+z2b2+yz(b2+c2a2).

De même (z+x)2BB02 =z2a2+x2c2+zx(c2+a2b2). Puis (si z6= 0) (z+x)2(y+z)2(AA02BB02)/z=−a2(z+x)(y2+ 3yz+z2+xy) + +b2(y+z)(z2+ 3zx+x2+xy) +c2(z+x)(y+z)(yx) = 0.

De même, si x6= 0,

(x+y)2(z+x)2(BB02CC02)/x=a2(x+y)(z+x)(zy)

b2(x+y)(z2+ 3zx+x2+yz) +c2(z+x)(x2+ 3xy+y2+yz) = 0.

Ces équations forment un système linéaire en a2, b2, c2 qui admet pour solution

1 a2

(y+z)(z2+ 3zx+x2+xy) (z+x)(y+z)(yx)

−(x+y)(z2+ 3zx+x2+yz) (z+x)(x2+ 3xy+y2+yz) =

= 1 b2

(z+x)(y+z)(yx) −(z+x)(y2+ 3yz+z2+xy) (z+x)(x2+ 3xy+y2+yz) (x+y)(z+x)(zy) =

= 1 c2

−(z+x)(y2+ 3yz+z2+xy) (y+z)(z2+ 3zx+x2+xy) (x+y)(z+x)(zy) −(x+y)(z2+ 3zx+x2+yz) Le calcul de ces trois déterminants fait apparaître le facteur commun y(z+x)2(x+y+z). Avant de le simplifier, il faut regarder à quoi corres- pondrait son annulation.

Siy = 0, M vient sur AC et se confond avecB0,A0 vient en C etC0 en A; d’où deux solutions M, intersections de AC et du cercle de centre B et de rayon b, réelles si ce rayon est supérieur à la distance de B à AC, confondues avec le pied de la hauteur si cette distance estb, imaginaires si la distance est> b. Cela correspond à une aireSdu triangle respectivement inférieure, égale ou supérieure àb2/2. Sib=c, un des points estA qui ne convient pas, car la directionM An’est pas définie.

Les cas x = 0, et z = 0, écartés plus haut, peuvent de la même façon donner des solutions sur BC et AB. Dans un triangle scalène, il existe 2 ou 3 côtés portant de telles paires de points solutions réels. En effet, 2S=bcsinA exclut que l’on puisse avoir à la fois 2S > b2 et 2S > c2. Si z+x=0, M est sur la parallèle menée à AC par B; B0 est rejeté à l’infini, ce n’est pas une solution.

x+y+z= 0 ne correspond à aucun point à distance finie.

La simplification donne (y+z)(4x+y+z)

a2 = (z+x)(4y+z+x)

b2 = (x+y)(4z+x+y) c2

Associant deux à deux ces fractions, on obtient les équations de 3 coniques qui ont en commun 4 points M solutions. L’examen des points à l’infini (intersections avecx+y+z= 0) montre que ce sont ceux des bissectrices (bissectrices de l’angle C, x/a = ±y/b, si l’on prend les deux premières

(2)

fractions) et donc ces coniques sont des hyperboles équilatères. Toutes les coniques du faisceau défini par les 4 points solutionsM1, M2, M3, M4 sont des hyperboles équilatères, en particulier les coniques dégénérées formées par les couples de droites telles queM1M2etM3M4 : le triangle formé par 3 points Mi a pour orthocentre le quatrième.

Algébriquement, la résolution du système se ramène à des racines carrées.

En effet, si t est la valeur commune des trois fractions, et en supposant x+y+z= 1, t= (1 + 2x−3x2)/a2 = (y−z)(3x−1)/(b2c2), d’où y = b2c2a2+ 2x(2a2+b2c2)−3x2(a2+b2c2)

2a2(3x−1) ,

z= c2b2a2+ 2x(2a2b2+c2)−3x2(a2b2+c2)

2a2(3x−1) .

D’autre part, substituanta2, b2, c2à partir des trois fractions, puis de leurs carrés, on a identiquement

t(a2+b2+c2) = 2(x+y+z)2+ 6(yz+zx+xy),

S2t2 = (yz+zx+xy)(x+y+z)2, S désignant l’aire du triangle donné.

D’où l’équation en t

t(a2+b2+c2)(x+y+z)2 = 2(x+y+z)4+ 6S2t2. Avec x+y+z= 1, cette équation a pour racines t= (a2+b2+c2±``0)/(12S2), avec`, `0 =

q

a2+b2+c2±4S√

3, longueurs des côtés des “triangles de Napoléon” (cf. problème D10128).

Ensuite 3x−1 =±√

4−3a2t, d’oùx, y, z avec 4 possibilités.

A une valeur de t correspondent deux valeurs opposées de 3x−1, et de même pour 3y −1 et 3z −1. De ce fait les points solutions vont par paires de milieuG, centre de gravité du trangleABC. Ainsi le quadrilatère M1M2M3M4 est un parallélogramme de centreG; c’est même un losange, puisque les diagonales M1M3 etM2M4 sont orthogonales. Mais de plus un côté tel que M1M4 est à la fois orthogonal et parallèle à M2M3, c’est une isotrope.

Le trinôme en t : 6s2t2t(a2+b2+c2) + 2 prend, pour t = 4/(3a2), la valeur −2(b2c2)2/(3a4)≤0. Si le triangle est scalène, les trois nombres 4/(3a2),4/(3b2),4/(3c2) sont compris strictement entre les deux racines en

t; la plus grande racine entfournit deux points imaginaires, la plus petite deux points réels.

Si b = c 6= a, on peut avoir y = z, M sur la médiatrice de BC qui est axe de symétrie, les points solution sont les intersections avec cet axe des segments BB0 de longueur la distance de A à BC. Ces points sont réels si cette distance est plus grande que la distance de B à AC, donc si b > a, imaginaires si b < a. Comme ``0 = 2|a2b2|, cela correspond à t= 4/(4b2a2). On peut avoir aussi 3x−1 = 0, t= 4/(3a2), 3y−1 = 1−3z=±2p1−b2/a2, avec deux points solutions sur la parallèle à BC menée parG, réels si b < a, imaginaires sib > a.

Sia=b=c (ABC équilatéral), le centre G est le seul point solution. En effet, deux des segmentsAA0, BB0, CC0 vont être symétriques par rapport à une des bissectrices, et le troisième segment est une hauteur du triangle.

La construction avec règle et compas est possible dans le cas général, et sans doute de façon plus simple que par la traduction directe de ces relations. Mais je n’ai pas cherché à l’obtenir.

Compte tenu des points solutions pouvant exister sur les côtés, il y a 10 pointsM solutions (avec multiplicité), dont 6 à 8 réels, dans un triangle scalène.

Question 3

Je reprends l’approche de la question 2, avec

x+y+z=x·AA0/M A0 =y·BB0/M B0 =z·CC0/M C0.

(x+y+z)2(y+z)2M A02 =x2y2c2+z2x2b2+x2yz(b2+c2a2).

(x+y+z)2(z+x)2M B02=y2z2a2+x2y2c2+y2zx(c2+a2b2).

Une simplification parx+y+z apparaît dans (x+y+z)(y+z)2(z+x)2(M A02M B02) =

=−a2yz(z+x)(x2xy+y2+yz) + +b2zx(y+z)(x2xy+y2+zx) + +c2xy(y+z)(z+x)(xy).

De même

(3)

(x+y+z)(z+x)2(x+y)2(M B02M C02) =

=a2yz(z+x)(x+y)(yz)

b2zx(x+y)(y2yz+z2+zx) + +c2xy(z+x)(y2yz+z2+xy).

Ces équations forment un système linéaire en a2, b2, c2 qui admet pour solution

1 a2

zx(y+z)(x2xy+y2+zx) xy(y+z)(z+x)(xy)

−zx(x+y)(y2yz+z2+zx) xy(z+x)(y2yz+z2+xy) =

= 1 b2

xy(y+z)(z+x)(xy) −yz(z+x)(x2xy+y2+yz) xy(z+x)(y2yz+z2+xy) yz(z+x)(x+y)(yz) =

= 1 c2

−yz(z+x)(x2xy+y2+yz) zx(y+z)(x2xy+y2+zx) yz(z+x)(x+y)(yz) −zx(x+y)(y2yz+z2+zx) Le calcul de ces trois déterminants fait apparaître le facteur commun xyz(z+x)2. Le facteur (z+x)2est lié au choix deM B02comme terme com- mun aux deux équations ; l’annulation de x,youz, qui annuleM A0, M B0 ou M C0, ne peut correspondre à une solution.

Après simplification, il reste

(∗) x2(y+z)((yz)2+x(y+z))

a2 = y2(z+x)((zx)2+y(z+x))

b2 =

z2(x+y)((xy)2+z(x+y)) c2

Ce système est de degré plus élevé que pour la question 2. On pourrait le traiter de façon analogue : soit tla valeur commune des rapports, chaque fonction symétrique de ta2, tb2, tc2 est une fonction symétrique de x, y, z exprimable avec les fonctions symétriques canoniques ; éliminer celles-ci (x+y+z= 1,yz+zx+xy,xyz) fournit une équation en t. . .

Mais les calculs seraient lourds et je ne les ai pas menés à bien.

Les rapports ci-dessus permettent de former la combinaison identiquement nulle

a2(y−z)/y+z) +b2(z−x)/(z+x) +c2(x−y)/(x+y),

ce qui montre que le pointM appartient à la cubique de Lucas.

Une autre mise en équation recourt au cercle circonscrit àA0B0C0, d’équa- tion (le point courant étant (u, v, w))

f(u, v, w) =−a2vwb2wuc2uv+ (u+v+w)(lu+mv+nw) = 0,l, m, n résultent def(0, y, z) =f(x,0, z) =f(x, y,0) = 0,

soitmy+nz=a2yz/(y+z), et les analogues.

Le centreM(x, y, z) ayant pour polaire la droite de l’infiniu+v+w= 0, on doit avoir

fu0(x, y, z) =fv0(x, y, z) =fw0(x, y, z).

De fait, si on substitue a2, b2, c2 à partir de la valeur t des rapports (∗), on obtient fu0(x, y, z) = −2x2y2z2/t, expression invariante par les per- mutations circulaires qui donnent fv0 et fw0 . Cztte mise en équation est équivalente à la précédente.

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