Probl`eme D131 Dans un triangle ABC (non isoc`ele), je d´efinis A0 et

Probl`eme D131

Dans un triangleABC (non isoc`ele), je d´efinisA<sup>0</sup> etA<sup>00</sup>comme intersections des bissectrices int´erieure et ext´erieure de l’angle Aavec BC, de mˆeme pour B<sup>0</sup>,B<sup>00</sup>, C<sup>0</sup>,C<sup>00</sup>. Je consid`ere 12 segments : les 3 cˆot´es, les 3 hauteurs, les 6 bissectrices AA⁰,AA⁰⁰,BB⁰,BB⁰⁰,CC⁰, CC⁰⁰, et 5 rayons, ceux des cercles circonscrit au triangle, inscrit et exinscrits.

On demande de construire un triangle o`u les 17 longueurs de ces segments et de ces rayons sont mesur´ees par des nombres entiers.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Il ne faut pas refuser aux math´ematiques un aspect “science d’observation” : dessinant une figure selon l’´enonc´e, on peut observer que les angles qui ap- paraissent sont des combinaisons `a coefficients entiers des angles A/2,B/2, C/2 et les rapports entre les segments de l’´enonc´e pourront se calculer `a partir des sinus et cosinus de ces angles.

On sait que le sinus et le cosinus d’un angle s’expriment rationnellement en fonction de la tangente de l’angle moiti´e. Il suffira de choisir tan(A/4) et tan(B/4) rationnels, il en sera de mˆeme pour tan(C/4) car A+B +C = π, pour construire un triangle o`u les cˆot´es, les segments de l’´enonc´e, et bien d’autres (tous ceux d´etermin´es par les intersections des hauteurs et des bissectrices) seront commensurables (c’est `a dire ayant des longueurs dans des rapports rationnels). Ensuite, on obtiendra des longueurs enti`eres en multipliant par un multiple commun des d´enominateurs.

Je prends par exemple tan(A/4) = 2/9, tan(B/4) = 1/4, ce qui entraˆıne tan(C/4) = 1/3.

J’en tire d’abord les cˆot´esBC,CA,ABproportionnels `a sinA= 5544/7225, sinB = 240/289, sinC = 24/25. Pour all´eger l’´ecriture `a ce stade, je vais prendre (en multipliant par 7225/24) 231, 250 et 289 (ce qui revient `a prendre 7225/48 pour rayon du cercle circonscrit).

Le demi-p´erim`etre est alors 385, et les tangentes au cercle inscrit men´ees de A, B, C ont pour longueur 154, 135 et 96. La formule de H´eron donne l’aire du triangle comme racine carr´ee du produit de ces 4 longueurs : 27720. Les hauteurs s’en d´eduisent imm´ediatement : 120, 5544/25 et 55440/289. Si on voulait avoir des entiers pour les cˆot´es et les hauteurs `a ce stade, il faudrait multiplier par le PPCM 7225, mais rien ne presse car il faut regarder les rayons et les bissectrices.

Les rayons des cercles inscrit et exinscrits s’obtiennent facilement avec l’aire et les tangentes, on pourrait observer aussi qu’ils sont en rapport sin(A/2) ou cos(A/2) avec les tangentes men´ees de A. Ils valent 72 pour le cercle inscrit, 180, 616/3 et 1155/4 respectivement pour les cercles exinscrits dans l’angle A,B ouC.

Les bissectricesAA⁰etAA⁰⁰s’obtiennent `a partir de la hauteur (120) issue de A, et de l’angleC/2−B/2, de sinus 13/85 et de cosinus 84/85, car tan(C/4−

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B/4) = 1/13 : AA⁰ = 850/7, AA⁰⁰ = 10200/13. Cela fait apparaˆıtre les facteurs 7 et 13 dans le PPCM, de mˆeme BB⁰⁰ introduit un facteur 29 car tan(C/4−A/4) = 3/29, CC⁰ un facteur 37 et CC⁰⁰ un facteur 19 car tan(B/4−A/4) = 1/38.

Au total, le PPCM `a utiliser pour rendre enti`eres les 17 longueurs est 2⁴·3·5²·7·13·17²·19·29·37 = 643389255600

et les longueurs sont donn´ees par le tableau suivant :

A B C

a, . . . 148622918043600 160847313900000 185939494868400 h_A, . . . 154413421344000 142678001321856 123423876576000 rA, . . . 115810066008000 132109260483200 185778647554500 AA⁰, . . . 156251676360000 145764785004300 123594942240000 AA⁰⁰, . . . 1009626216480000 696990236342400 2346677653320000 r= 46324026403200, R= 96843486910625.

Prendre tan(A/4) et tan(B/4) rationnels est donc une recette qui marche pour r´epondre `a l’´enonc´e. Mais il vaut la peine de se demander si elle donne toutes les solutions.

Je veux montrer que siBC =a, CA=b, AB=c, AA⁰ =a⁰, BB⁰ =b⁰, CC⁰ = c⁰ sont commensurables, tan(A/4), tan(B/4) et tan(C/4) sont rationnels.

Pour cela, j’observe que dans tout triangle ces tangentes sont fonctions ra- tionnelles des 6 longueurs cit´ees.

On a d’abord, comme fonction rationnelle des cˆot´es, cosA = (b² +c² − a²)/2bc, puis sin²A= 1−cos²A, et sinBsinC= (bc/a²) sin²A.

Faisons maintenant intervenir la bissectricea⁰. L’aireS du triangleABC est la somme de celles deAA⁰BetAA⁰C, soit 2S=bcsinA=a⁰(b+c) sin(A/2), et cos(A/2) = a⁰(1/b+ 1/c)/2, fonction rationnelle de a, b, c, a⁰. De mˆeme pour cos(B/2) en a, b⁰, c et cos(C/2) en a, b, c⁰.

sinA

2 = cosB+C

2 = cosB 2 cosC

2 − sinBsinC 4 cos(B/2) cos(C/2)

montre que sin(A/2) s’exprime rationnellement ena, b, c, a⁰, b⁰, c⁰, et par suite tanA

4 = 1−cos(A/2) sin(A/2) De mˆeme pour tan(B/4) et tan(C/4).

Le raisonnement est analogue si on remplace deux des bissectrices int´erieures par des bissectrices ext´erieures. Mais il serait en d´efaut si les 6 longueurs commensurables ´etaient 3 cˆot´es et 3 bissectrices ext´erieures, ou 3 cˆot´es, 1 bissectrice ext´erieure et 2 bissectrices int´erieures : il se peut alors que les 11 autres longueurs ne soient pas toutes commensurables avec les 6 premi`eres.

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