D403 - Une bien jolie couverture.
Trouver le triangle d'aire minimale qui couvre n'importe quel triangle dont les longueurs des côtés n'excèdent jamais la valeur 1.
Proposition de réponse : 𝟏
𝟐𝐜𝐨𝐬 𝝅
𝟏𝟖≈ 𝟎, 𝟒𝟗𝟐𝟒
Le triangle minimal choisi doit contenir le triangle équilatéral ABC de côté 1. C’est un bon départ.
Mais ça ne suffit pas, car les triangles tels que ABM dans la figure 1, dont la mesure de l’angle ABM est 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋
3 ne sont pas contenus dans ABC.
Il faut donc envisager un triangle tel ADC de la figure 2, avec une base AD > AB.
Il y a deux manières sensées de déplacer le triangle réticent ABM dans ABD. [Figure 3 ci-dessous].
A B
C
M
1
1
1
1 Figure 1
θ
A B
C
M
1
1
1
1 Figure 2
D
A B
C
M’ 1
1
Figure 3
B’ D
A’ A B
C
M’
1 1
B’ D A’
Dans la première manière, le triangle ABM est translaté le long de AB en A’B’M’, avec M’ sur AC.
(Figure 4)
On a 𝑀′𝐻 = sin 𝜃 𝐴𝐻 =𝑀′𝐻
√3 = sin 𝜃
√3 𝐻𝐵′ = cos 𝜃 donc 𝐴𝐵′ = 𝐴𝐻 + 𝐻𝐵′ =sin 𝜃
√3 + cos 𝜃.
Dans la seconde manière, le triangle ABM est déplacé en A’B’M’ comme sur la figure 5 avec A’ et M’ sur AC et B’ sur le prolongement de AB.
On a 𝐵′𝐾 = 𝑐𝑜𝑠𝜃
2 donc 𝐴𝐵′ = 2
√3𝑐𝑜𝑠𝜃
2
Maintenant, il faut choisir le minimum des deux AB’, et pour cela considérer la fonction
𝑓(𝜃) = 𝑀𝐼𝑁 (sin 𝜃
√3 + cos 𝜃 ; 2
√3𝑐𝑜𝑠𝜃 2)
A B
C
M’
1
Figure 4
B’ D A’ H
𝜃
A B
C
M’
1
B’ D A’
Figure 5 K
𝜃
Le graphe précédent représentant sin 𝜃
√3 + cos 𝜃 et 2
√3𝑐𝑜𝑠𝜃
2 sur [0 ; 𝜋
3] montre que 𝑓(𝜃) atteint son maximum pour la valeur de θ solution de l’équation sin 𝜃
√3 + cos 𝜃 = 2
√3𝑐𝑜𝑠𝜃
2 qui s’écrit aussi
√3 cos 𝜃 + sin 𝜃 = 2 cos𝜃
2 ou en divisant par 2 ∶ cos (𝜋
6− 𝜃) = cos𝜃 2 La solution 𝜃 =𝜋
3 étant exclue, on a la solution unique 𝜃 =𝜋
9 qui donne le maximum de 𝑓(𝜃) : 𝑀 = 2
√3cos 𝜋 18 Ainsi, le triangle ADC avec 𝐴𝐷 = 2
√3cos 𝜋
18 contient tous les triangles tels ABM, donc tous les triangles dont les longueurs des côtés n'excèdent jamais la valeur 1.
Son aire est 𝑀√3
4 =1
2cos 𝜋
18 ≈ 0,4924
Je n’exclus pas la possibilité d’une meilleure solution.
