D119- Un seul ou deux triangles équilatéraux ?
Solution de Michel Goudard
Examinons d’abord comment connaissant DEF, on peut tracer le triangle équilatéral ABC dont on va démontrer qu’il est solution unique.
Prenons DE (un des côtés du triangle DEF) de longueur a et cherchons à trouver A connaissant un x donné.
L’angle DAE vaut 60°, d’où un cercle (Ca) sur lequel est A.
A est aussi sur le cercle (Cd) de centre D et de rayon x.
L’intersection donne A. On démontre facilement que par des rotations de 120°, on trouve B et C.
On remarque que quand x varie de 0 à a, A se déplace sur un arc de D en K milieu de l’arc ED.
Si une autre solution existe elle est nécessairement sur le cercle (Cd) sur un arc A1A2 comprenant A.
Les points extrêmes sont définis comme suit : A1 sur la droite FD et A2 sur la tangente DHf à (Cf) puisque C suppose une intersection de la droite A2D avec le cercle (Cf).
On peut alors remarquer que quand x varie de 0 à a, l’angle A1DA2 varie de 0 à 90°.
Plus généralement quel que soit x EDA1 vaut 120°, mais surtout A2DHd vaut 30° (triangles FDHf et DEHd égaux et en particulier HfDF = HdED, d’où A2DHd = 180°- HfDF – FDE - EDHd = 180°- HfDF - 60° - (90°- HdED) = 30°).
Cela démontre que l’on voit de E l’arc A1A2 sans recouvrement sur lui-même. Ainsi il y a bijection entre les points de A1A2 et de B1B2. Les points B1 et B2 définis par l’intersection de A1E et A2E avec le cercle (Ce) sont donc comme A1 et A2 les points extrêmes de l’arc possible pour B.
On rappelle que A, B et C sont les sommets du triangle équilatéral, solution triviale du problème.
S’il existe une autre solution, nous appèlerons ses sommets A’, B’ et C’.
Passons maintenant au processus qui fait passer de A’ à B’ à C’ pour revenir si la solution partant de A’ est possible :
Une fois choisi A’ sur l’arc possible A1A2,
- on en déduit B’ par intersection de AE avec le cercle (Cb) de centre E et de rayon r (B’
est sur l’arc B1B2 – Voir plus haut),
- on en déduit C’ par intersection de BF avec le cercle (Cf) de centre F et de rayon r, - on en déduit A" par intersection de CD avec le cercle (Cd) de centre D et de rayon r et l’on devra constater que A’ et A" confondus.
Etudions les caractéristiques de la première opération, les 2 suivantes étant de même type.
Nous allons montrer que l’arc BB’ est plus petit que l’arc AA’ tout en restant orienté dans le même sens.
Nous en déduirons de même que l’arc CC’ est plus petit que BB’ et que l’arc AA" est plus petit que CC’. Donc par transitivité l’arc AA" est plus petit que AA’ et tous ces arcs sont orientés dans le même sens.
Donc A" ne peut être confondu avec A’. Il n’y a donc pas d’autre solution.
Donc pour comparer les arcs AA’ et BB’ nous allons voir comment on passe de A et A’ à B et B’. Pour ce faire nous simplifions le schéma :
Posons alpha = angle ADA’ et beta = angle BEB’
On a arc AA’ = x.alpha et BB’ = x.beta.
Des points du cercle (Cd), on voit le segment AA’ sous angle alpha/2.
Or E n’est jamais intérieur à (Cd), donc AEA’ est inférieur ou égal à alpha/2.
Or AEA’ = BEB’ = beta, donc beta est inférieur ou égal à alpha/2, donc BB’ est inférieur ou égal à AA’/2 d’aprés les équations en début de paragraphe.
C’est bien ce que l’on voulait démontrer : arc BB’ plus petit que AA’.
Si l’on répète indéfiniment l’opération An, Bn, Cn tendent respectivement vers A, B, C.
Solution
http://domino.research.ibm.com/Comm/wwwr_ponder.nsf/Challenges/August1998.html Autre solution
On désigne respectivement par a, b et u les angles BAC, ABC et AFE. Il en résulte que les angles ACB, BDF et CED valent respectivement 180° – a – b , 60° – b + u, a + u – 60° . La loi des sinus dans les triangles AEF, BFD et CDE permet d’écrire :
) a sin(
) u sin( =
) b sin(
) u b 60 sin(
= sin(180 a b) ) 60 u a sin(
Une solution évidente apparaît avec a = b = u = 60° qui donne les trois fractions égales à 1. Le triangle correspondant ABC est équilatéral comme DEF.
La question est de savoir si cette solution est unique.
On vérifie tout d’abord que dans un triangle ABC dont l’angle en A est obtus ou droit, il est impossible de tracer les points D, E et F sur BC, CA et AB tels que DC = EA = FB et DEF est un triangle équilatéral. L’un des trois côtés du triangle DEF est toujours plus petit que les deux autres quelle soit la position relative des points D, E et F sur les trois côtés du triangle ABC.
Supposons que a est le plus grand des trois angles au sommet du triangle ABC avec a > b et c.
donc a > 60°. La fonction sinus est monotone croissante entre 0 et 90°.
D’après ) a sin(
) u sin( =
) b sin(
) u b 60 sin(
, si b < a alors 60° – b + u < u . D’où b > 60° et a + b >
120° et 180° – a – b < a.
D’après ) a sin(
) u sin( =
) b a 180 sin(
) 60 u a sin(
, si 180° – a – b < a, alors a + u – 60°< u . D’où a < 60°.
Contradiction.
