A 408 Distances entières dans un triangle
Solution proposée par Pierre Renfer
QUESTION 1 : P est l’orthocentre du triangle
Soient a, b, c les longueurs entières des côtés d’un triangle acutangle ABC.
a) Calcul des longueurs PA, PB, PC en fonction de a, b, c
Dans le repère affibe (A,B,C), les coordonnées barycentriques de P sont :
1 2 2 2
1 2 2 2
1 2 2 2
) c b (a
) c b (a
) c b a ( P
ou
) c b (a ) c b a ( w
) c b a ( ) c b (a v
) c b (a ) c b (a u P
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
La somme des coordonnées est :
2 2
2 2 2 2 2 4 4
4 b c 2a b 2b c 2c a (a b c)(a b c)(a b c)(a b c)16 S a
w v
u ( S désigant l’aire du triangle ABC, d’après la formule de Héron )
Soit H le pied de la hauteur issue de A et h la longueur de la hauteur AH.
Le point P est barycentre de (A , u) et (H , v+w) Donc :
w v u
h w
v u
PH PA u
PH w v
PA
Et :
S 4
) c b a ( a S
16
h ) c b a ( a 2 w v u
h ) w v
PA ( 2 2 22 2 2 2 2
Par permutation circulaire, on obtient :
S 4
) c b a ( PC c
S 4
) c b a ( PB b
S 4
) c b a ( PA a
2 2 2
2 2 2
2 2 2
Si le triangle est héronien (avec a, b, c, S entiers), alors PA, PB, PC sont rationnels et l’on peut le transformer par une une homothétie pour obtenir des valeurs entières pour PA, PB, PC..
b) Paramétrisation de Brahmagupta des triangles héroniens
On peut obtenir les triangles héroniens, à une homothétie près, à l’aide de trois paramètres n, m, k entiers :
) k nm ( ) m n ( c
) k n ( m b
) k m ( n a
2 2 2
2 2
avec l’aire : Sknm( nm)( nmk2)
Les formules précédentes donnent :
k 2
m n k ) nm 4 m n ( PC k
k 2
) k m ( ) k n PB (
k 2
) k n ( ) k m PA (
2 2 2 2
2 4
2 2 2 2
2 2 2 2
Pour satisfaire la propriété (), il faut en particulier que le triangle soit acutangle, non rectangle et non isocèle.
Cela implique :
0 m n k ) nm 4 m n ( k
k mn
k n m
2 2 2 2
2 4
c) Aire minimale
Le choix
6 m
3 n
2 k
conduit au triangle :
126 c
78 b
120 a
et
32 PC
104 PB
50 PA
et S4536
Une homothétie de rapport 2
1 donne :
63 c
39 b
60 a
et
16 PC
52 PB
25 PA
et S1134
L’aire 1134 semble un bon candidat pour le minimum.
Un petit balayage informatique permet de de le prouver.
Si l’on suppose : abc, alors :
4 2 2 2
2
2 2
2 2
c 2 c b 2 ) A cos 1 ( c b 2
) c b a ( ) c b a ( ) A cos 1 ( bc 2
) c b a ( ) c b a ( ) a bc 2 c b (
) c b a ( ) c b a ( ) c b a ( ) c b a ( S 16
Donc : bc2 2S et c2 2 2S
Si S1134 alors bc3207et c56
Il suffit d’écrire un programme examinant les triplets d’entiers (a,b,c) avec :
2
2 b
a a b
c b 3207 c
56 c 1
On ne trouve aucun triangle vérifiant (), d’aire strictement inférieure à 1136.
d) Solution dont l’un des côtés est 2016
Il suffit de transformer la solution minimale ci-dessus par une homothétie de rapport 32 :
2016 c
1248 b
1920 a
et
512 PC
1664 PB
800 PA
et S36288
QUESTION 2 : P est le point de Fermat du triangle
On note :
AB c
CA b
BC a
et
PC z
PB y
PA x
Alors tout triangle ABC, d’angles inférieurs à 3
2, vérifie :
2 2 2
2 2 2
2 2 2
c y xy x
b x zx z
a z yz y
On remarque que si pour un couple d’entiers (m,n) , on pose
) n m 4 ( ) n m ( z
) n m 2 ( m 2 y
) n m 4 ( ) n m ( x
2 2
2 2
2 2
, alors :
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
) n mn 2 m 4 ( ) n m 3 ( c
) n m 4 ( ) n m 3 ( b
) n mn 2 m 4 ( ) n m 3 ( a
On obtient des valeurs entières pour a, b, c si 3m2 n2 est un carré d’entier.
Il existe une infinité de solutions entières pour l’équation 3m2n2 u2
Le choix
1 n
4
m conduit à la solution :
195 z
264 y
325 x
et
511 c
455 b
399 a
L’aire S peut se calculer par la formule de Héron.
On peut aussi l’obtenir par addition des aires des trois triangles BPC, CPA et APB :
4 200655 3 )
xy zx yz 4 ( ) 3 xy zx yz 3 ( sin 2 2
S 1
Cette aire semble un bon candidat pour le minimum.
Un petit balayage informatique permet de de le prouver.
Si l’on suppose : xyz, alors : z2
3 yz 3 xy zx yz 3 S
4
Il suffit d’écrire un programme examinant les triplets d’entiers (x,y,z) avec :
z y
yz 200655 x
y
z y 3207 z
86886 z
1
