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1. concours général 1990 - exercice 5 énoncé
Pour tout triangleABC, on note :
• Γson cercle exinscrit dans l’angle du triangle de sommetA;
• A0, B0, C0les points de contact respectifs de Γavec les droites(BC),(CA)et(AB);
• S(ABC)C0A0B
)
0 del’aire de la portion du plan délimitée par les segmentsΓ [AB0],[AC0]et l’arcA
C B
A0
B0 C0
(Γ)
Montrer qu’il existe des triangles ABC, de périmètre 2p donné, pour lesquels l’aire S(ABC) est maximale. Pour un tel triangle, donner une valeur approchée, à un degré près, de la mesure de l’angle du triangleABC de sommetA.
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2. concours général 1990 - exercice 5 Solution 1
SoitABC un triangle de périmètre2pdonné.
SoitO le centre du cercleΓ.
Oest sur la bissectrice de ABC issue deA.
Les trianglesOB0CetOCA0sont rectangles et ont deux côtés isométriques ([OC], pour les deux et[OA0]et[OB0]pour chacun) ; par suite ces deux deux triangles sont isomértiques.
On déduit queCA0=CB0. De même on montreraitBC0=BA0.
On obtient doncAC+CB+BA=AC+CB0+AB+BC0=AB0+AC0. OrO est sur la bissectrice deAbdonc de mêmeAC0=AB0, d’oùp=AB0. Pour un triangle de périmètre donné, la distanceAB0 est donc fixe.
•Calculons l’aireS(ABC)pour un triangleABC d’angleAb=αet de demi-périmètre p:α∈]0;π[
S(ABC) = 2aire(AB0O)−aire(CB0) 2aire(AB0O) =p2tanα
2 aire() = (π−α)π 2π
ptanα
2 2
d’où Je noteraixla moitié de cet angle pour utiliser commodément les triangles rectangles AOC0 et AOB0.
s’exprime naturellement comme la différence de l’aire du polygoneAB0OC0 et de celle du secteur angulaire saillantB\0OC0 :2p2tanα
2 −(π−α)π 2π
ptanα 2
2
soit en simplifiant :S(ABC) =p2tanα 2
1−(π−α) 2
ptanα
2
. Posonsx= α
2 et considérons la fonctionfdéfinie surh 0;π
2 h
parf(x) = tanx 1−π
2 −x tanx f est donc deux dérivable sur son ensemble de définition :
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f0(x) = 1 + tan2x
(1−(π−2x) tanx) + tan2x etf00(x) =−2 1 + tan2x
3 tanxπ 2 −x
tanx−1 +π
2 −x Etudions le signe de3 tanxπ
2 −x
tanx−1 +π
2 −x : Effectuons le changement de variablet=π
2 −x
. L’expression devient : 3cotant(tcotant−1) +t
ou encoret+ 3 tant
t tant−1
= 1
tan2t ttan2t+ 3 (t−tant) Il suffit de trouver le signe surh
0;π 2 h
de g: R → R
y 7→ ytan2y+ 3(y−ytany) g0(y) = 2ytan(1 + tan2y)−2 tan2y
g00(y) = 2(y(1 + tan2y)−tany) g000(y) = 4(1 + tan2y)ytany g000(y)>0suri
0;π 2
hetg00(0) = 0doncg00(y)>0suri 0;π
2 h
de mêmeg0(0) = 0, donc g0(y)>0 sur i 0;π
2
h or g(0) = 0 doncg(y)>0 sur i 0;π
2 h On en déduit que3 tanxπ
2 −x
tanx−1 +π
2 −x
>0 suri 0;π
2 h
doncf00(x)<0) sur i
0;π 2 h
doncf0 est strictement décroissante surh 0;π
2 h
, donc bijective sur cet intervalle.
Orf0(0) = 1>0), etf0π 4
= 2 1−π
2
+ 1 = 3−π <0 donc il existe un réelλet un seul dei
0;π 2 h
tel que f0(λ) = 0
f0 étant positive sur[0;λ]et négative sur[λ;π
2[, on en déduit que f atteint un maximum enλ.
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Il faut une valeur approchée à1 degré près de 360λ
π donc on doit chercher u entierntel que n
2 < 360λ π <n
2 + 0,5 la valeur approchée sera :
•n
2 sinest pair•n+ 1
2 sinest impair Soit nπ
720 < λ < n 720+ π
720 or10−3< π
720 <5.10−3
On va donc chercher un encadrement d’amplitude10−3 deλ: La méthode de dichotomie permet d’écrire :
f0(0,5)>0 etf0(0,6)<0on en déduit0,583< λ <0,584 f0(0,58)>0et f0(0,59)<0d’où66,8<360λ
π <66,9 puisf0(0,584) > 0 et f0(0,585) <0 et 66,5 < 360λ
π < 67 . Une valeur approchée à 1 degré près de l’angleAbpour lequel S(ABC)est maximale est donc67degrés.
