D 1879 Plus de moyens
Solution proposée par Pierre Renfer
On dira qu’un triangle ABC est moyen, de sommet A, si : AB AC BC 2 Soit ABC un triangle et D un point de [BC].
On va étudier les possibilités pour que les trois triangles ABC, ABD et ACD soient moyens.
On écrira en gras le sommet pour chacun des trois triangles moyens.
On envisage d’abord les cas où A n’est pas le sommet du triangle ABC.
Alors, comme B et C jouent le même rôle, on peut supposer que le sommet est B Les possibilités sont :
1a : ABC ABD ACD
1b : ABC ABD ACD
1c : ABC ABD ACD
1d : ABC ABD ACD
1e : ABC ABD ACD
1f : ABC ABD ACD
1g : ABC ABD ACD
1h : ABC ABD ACD
1i : ABC ABD ACD
Si A est sommet du triangle ABC, les possibilités sont :
2a : ABC ABD ACD
2b : ABC ABD ACD
2c : ABC ABD ACD
2d : ABC ABD ACD
2e : ABC ABD ACD
2f : ABC ABD ACD
2g : ABC ABD ACD
2h : ABC ABD ACD
2i : ABC ABD ACD
Les cas 1i et 2i sont impossibles car les triangles ABD et ACD ne peuvent être tous deux de sommet D puisque dans l’un au moins des deux triangles l’angle en D est obtus.
Quitte à échanger le rôle de B et C, le cas 2d se ramène au cas 2b et le cas 2h se ramène au cas 2f Il reste donc 16 cas à étudier.
On note : d AD u BD v CD
Dans un triangle moyen, les côtés sont en progression géométrique.
On note r, t, s les raisons dans les triangles ABC, ABD, ACD.
Pour respecter l’inégalité du triangle, ces raisons doivent appartenir à l’intervalle , 1 , où est le nombre d’or.
Dans les cas 1, on prend AB comme unité de longueur, soit : AB 1 AC r BC r 2
4 2 2 2
2
r 1 r u 1 d
cosB 2r 2u
Donc : u(r 4 1 r )r (u 1 d ) 02 2 2 2 (1)
Cas 1a
2 2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t q s où q r
Donc : u v q s q s q 2 4 Et :
3
4
s q
q 1 t q
q 1
L’égalité (1) donne : q5 q 1 0
Cette équation admet une racine réelle q, de valeur approchée 1,167
Les raisons sont alors :
2 1
2
r q 1,363 t q 0,857 s q 0,734
Ces raisons appartiennent bien à l’intervalle , 1
Cas 1b
2 2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t2
s r Donc :
4 2
u v t t r
r Et : r t t 4 r3 (3) L’égalité (1) donne : t(r 4 r2 1)r (r2 4 r2 1) 0
Le système d’équations (1) et (3), d’inconnues r et t, admet une solution (r, t) dans , 1 2
Les valeurs approchées sont :
r 1,243 t 0,933 s 0,701
Cas 1c
u t d t2 r s v r s
La valeur de d implique : s r2
t Donc :
2 2
2
u v t r r
t Et :
2 3 2
r t
t 1
L’égalité (1) donne : t8 4t6 t5 4t4 4t3 4t216 0 Cette équation n’a pas de solution réelle.
Cas 1d
2 2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t q s où q r
Donc : u v r s 2 4 r s r2 Et :
4 3
4
r s 1 s t s
1 s
L’égalité (1) donne : (s4s2 1)(s4s2 1) 0
Le premier facteur a comme racine positive , qui ne convient pas car r et t sont alors négatifs.
Le second facteur a comme racine positive 1
Les raisons sont alors :
r t s 1
Les trois triangles sont alors des triangles rectangles homothétiques.
Cas 1e
2 2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t r s
Donc : u v r s 2 2 r s2 r2 Et :
2 2 3
2
r s 1 s t s
1 s
L’égalité (1) donne : (s5s42s2 1)(s5s42s2 1) 0
Seul le premier facteur a une racine positive, de valeur approchée : s 0,734
Les raisons sont alors :
r 1,167 t 0,857 s 0,734
Ces raisons appartiennent bien à l’intervalle , 1
On peut vérifier que r coïncide avec la valeur d obtenue dans 1a.
Cas 1f
u t2
d t r s v r
s
La valeur de d implique : t r s Donc :
2 r2 2
u v t r
t Et :
2 t3
r t 1
L’égalité (1) donne : t5 t 1 0
Cette équation n’a pas de solution réelle.
Cas 1g
u t d 1 r s2
v r s t
La valeur de d implique : t 12
r s
Donc : u v t r s r 2 Et : r s2 3 r s3 2 1 0 (3) L’égalité (1) donne : r s5 8 r s4 2 r s3 4 r s2 2 r s2 0
Le système d’équations (1) et (3) n’admet pas de solution (r, s) dans , 1 2 (Remarque : Il existe une solution à la frontière de l’intervalle : r et s 1)
Cas 1h
2
u t d 1 r s v r s t
La valeur de d implique : t 1
r s
Donc : u v t r s 2 r2 Et : r s2 3 r s 1 03 (3) L’égalité (1) donne : r s5 4 r s3 2 r s r s r s 04 2
Le système d’équations (1) et (3), d’inconnues r et s, admet une solution (r, s) dans , 1 2
Les valeurs approchées sont :
r 1,314 s 0,678 t 1 1,122
r s
Dans les cas 2, on prend AB comme unité de longueur, soit : AB 1 AC r BC r 2
2 4 2 2
r 1 r u 1 d
cosB 2r 2u
Donc : u(r 2 1 r )r (u 1 d ) 04 2 2 (2) Cas 2a
2 2 2
2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t r s
Donc : u v r s r s r 2 Et r 1 s s
L’égalité (2) donne : s63s5 2s4s32s2 3s 1 0 Cette équation n’a pas de solution réelle.
Cas 2b
2 2
2 2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t r w où w s
Donc : u v r w r w 2 4 r Et r 1 w4 w
L’égalité (2) donne : (w5 w 1)(w10w62w52w4w3 w22w 1) 0 Aucun de ces deux facteurs n’a de racine positive.
Cas 2c
2 2 2
u t d t r v r s s
La valeur de d implique : t r où w s
w
Donc : u v r r w2 2 r
w Et r w 13
w
L’égalité (2) donne : (w5 w 1)(w10w62w52w4w3 w22w 1) 0 Aucun de ces deux facteurs n’a de racine positive
Cas 2e
2 2
2 2
u t d t r s v r s
La valeur de d implique : t r s 2
Donc : u v r s 4 2 r s2 2 r Et : s2 31 r r
L’égalité (2) donne : r8 r6 r5 r4 r3 r2 1 0 Cette équation n’a pas de solution réelle.
Cas 2f
2 2
2
u t d t r v r s s
Donc :
4 2
2
u v r r s r
s Et : r3 r s3 s2 (3) L’égalité (2) donne : r8 r s7 2 r s5 2 r s4 2 r s3 2 s4 0
Le système d’équations (2) et (3) n’admet pas de solution (r, s) dans , 1 2 (Remarque : Il existe une solution à la frontière de l’intervalle : r 1 et s 1
Cas 2g
2 2
2
u t d 1 r s v r s t
Donc : u v 21 2 r s r2
r s
Et : 1 r s 4 3 r s3 2 (3) L’égalité (2) donne : (r s 2 1)(r s7 6 r s6 4 r s5 2 r s3 2 1) 0
Le système d’équations (2) et (3) n’admet pas de solution (r, s) dans , 1 2
