D1879 – Plus de moyens [*** à la main]
Problème proposé par Pierre Leteurtre
La Confédération des Géomètres réclame plus de moyens.
Réponse des patrons : « Vous disposez déjà d'un moyen. S'il est adapté et que vous le partagez en deux, vous pouvez en obtenir trois. »
Décrivez tous ces moyens possibles.
Nota : il s'agit bien sûr de triangles moyens tels que pour un triangle moyen en A on a la relation BC² = AB AC.
Solution
Réponse : Il y a quatre moyens possibles pour obtenir trois triangles moyens en partageant en deux un triangle moyen.
Remarque liminaire
On désigne par ABC un triangle moyen en A. Soient a,b et c les longueurs des côtés BC,CA et AB. Par hypothèse a² = bc.
Ce triangle peut être équilatéral mais on vérifie aisément qu’il est impossible de le partager en deux triangles moyens.
Un triangle moyen ne peut pas être isocèle et non équilatéral car on ne peut pas avoir la relation BC² = AB.AC ou AB.BC = AC² avec AB = AC et BC ≠ AB.
On suppose donc sans perte de généralité que le triangle ABC est scalène avec AB < BC < CA ou encore c < a < b. En prenant par convention BC = a = 1, on a bc = 1.
B et C étant fixés tels que BC = 1, alors le point A est sur l’ovale de Cassini dont les foyers ont pour coordonnées (1/2, 0) et (−1/2, 0), l'équation de la courbe étant définie par ((x – 1/2)² + y²).((x + 1/2)² + y²) = BC⁴ = 1
Soit D le point qui partage le triangle ABC en deux triangles et on désigne par d la distance de D au sommet opposé au segment sur lequel D est situé.
Si D est sur AB, tel que AD = xc et BD = yc avec x+y = 1 et 0 < x,y < 1, alors les triangles ADC et BCD ne peuvent pas être l’un et l’autre des triangles moyens quel que le soit le sommet considéré dans chacun des triangles.
En effet comme c < b, on a ac < ab < b² et que xc et yc < d < b, ces inégalités sont incompatibles avec les relations du type xcd = b² ou xbc = d² ou ycd = a² ou ybc = d² etc... Mêmes remarques si D est sur BC.
D est nécessairement situé sur le côté le plus long du triangle ABC, à savoir AC.
Lemme : tout triangle A’B’C’ semblable à un triangle moyen ABC est lui-même un triangle moyen.
Démonstration : les dimensions des côtés du triangle A’B’C’ sont dans le même rapport k avec les dimensions du triangle ABC. On en déduit B’C’² = k²BC² = kAB.KAC = A’B’.A’C’.
On considère trois cas 1) ABD est moyen en A.
On pose AD = e et CD = f = b – e. On a la relation ce= d². Les triangles ABD et ACB sont semblables avec l’angle commun en A. Donc AB/AD = AC/AB , AB = 1/c, AD = 1/b³ et BD = 1/b².
Deux cas possibles :
1-1) le triangle BCD est moyen en B.
On a ad = d = f², soit 1/b² = (b – 1/b³)² qui conduit à l’équation b⁸ – 3b⁴ + 1 = 0. On pose x = b⁴ et l’équation du second degré x² – 3x + 1 = 0 a pour solution x = φ², φ = nombre d’or = (1 + √5)/2.D’où b = √φ
Le triangle ABC est rectangle en B avec BC = 1 et AB = 1/√φ. Les deux triangles ABD et BCD sont eux aussi rectangles et sont semblables au triangle ABC
Le triangle ABC se construit aisément avec Geogebra. La courbe y = x⁸ – 3x⁴ + 1 coupe l’axe des abscisses en un point P d’abscisse > 1 tel que OP = p. Le cercle de centre C et de rayon b = ap coupe l’ovale de Cassini au point A recherché. La perpendiculaire issue de B sur l’hypoténuse AC donne le point B. On vérifie que les angles en B et en D sont droits. D’où la voie plus directe pour construire le point A à l’intersection de la perpendiculaire en B à l’axe des abscisses avec l’ovale de Cassini.
1-2) le triangle BCD est moyen en C
On a les relations ce = d² et af = d² ou encore f = d² . Avec les relations obtenues dans 1-1) l’équation f = d² s’exprime sous la forme b – 1/b³ = 1/b⁴. D’où l’équation b⁵ – b – 1 = 0 qui a pour solution unique
b = 1.1673039783.., qui donne c = 0.8566748839.. et d = 0.7338918566..
.
A nouveau, le triangle ABC se construit aisément avec Geogebra. La courbe y = x⁵ – x – 1 coupe l’axe des abscisses en un point P d’abscisse > 1 tel que OP = p. Le cercle de centre C et de rayon b = ap coupe l’ovale de Cassini au point A recherché
Nota : il n’y a pas de solution possible avec le triangle BCD moyen en D
2) ABD est moyen en B
A priori il y a trois cas possibles avec BCD moyen en B ou en C ou en D. Seul le cas BCD moyen en B semblable au triangle ACB conduit à une solution.
Comme CD/BC = BC/AC et que d = f², on a CD = f = 1/b. D’où d = 1/b². Comme cd = e² et que e = b – 1/b, on
obtient l’équation en b : 1/b³ = (b – 1/b)². D’où b⁵ – 2b³ + b – 1 = 0 qui a pour solution unique b = 1.3625985777.., c = 0.7338918566.. et d = 0.5385972572…
A nouveau, le triangle ABC se construit aisément avec Geogebra. La courbe y = 2x⁵ – 2x³ + x – 1 coupe l’axe des abscisses en un point P d’abscisse > 1 tel que OP = p. Le cercle de centre C et de rayon ap = p coupe l’ovale de Cassini au point A recherché
3) ABD est moyen en D
A priori il y a trois cas possibles avec BCD moyen en B ou en C ou en D. Seul le cas BCD moyen en C mais non semblable au triangle ACB conduit à une solution.
D’une part, on a de=c² soit d² = 1/(b⁴e²) et d’autre part af = d² soit b – e = d² et b – e = 1/(b⁴e²) soit b⁵e² – b⁴e³ = 1 Par ailleurs on pose BAC = α .Or d² = 1/b² + e² – 2ecos(α)/b et a²= 1 = 1/b² + b² – 2cos(α), soit :
d² = b – e = 1/b² + e² – e(b⁴ – b² + 1)/b³. D’où b³e² – (b⁴ – b³ – b² +1)e – b⁴ + b = 0
On a un système de deux équations à deux inconnues b et e. La représentation graphique des polynômes correspondants en x et y avec Geogebra donne un point d’intersection unique avec b = 1,31397398… et e = 0.854057779…
D’où la construction du triangle ABC avec Geogebra qui donne b = 1 ;3139738588.., c = 0.7610501482.., d = 0.67817111286.., e = 0.8540577793.., et f = 0.4599160795…
