D631. Le tenon et la mortaise
Problème proposé par Louis Rogliano
Q1 : Tracer à la règle et au compas un triangle équilatéral dont les trois sommets se trouvent respec- tivement sur chacun des trois côtés d’un triangle ABC quelconque.
Q2 : Avec les mêmes instruments, tracer le triangle équilatéral d’aire minimale dont les trois som- mets se trouvent respectivement sur chacun des trois côtés d’un triangle ABC quelconque.
Solution (partielle) soumise par Claudio Baiocchi
Il est bien connu que le problème analogue «inscrire un carré dans un triangle ABC» admet une solution élégante basée sur les homothéties:
Si l’angle en B est aigu, à partir de tout carré DEFG avec côté EF sur AB on peut construire une solution D’E’F’G’
grâce à l’homothétie de centre A qui ramène G en G’.
Lorsqu’on veut inscrire un triangle équilatéral, la première différence est que le nombre de solutions est infini; mais l’instrument homothétie peut encore marcher. Par exemple:
Partant d’un quelconque triangle équilatéral P1Q1R1 , l’homothétie de centre A qui ramène R1 dans R’1 fournit une solution; le résultat reste valable à partir de P2Q2R2, P3Q3R3 et, en général, de
«beaucoup» de triangles PjQjRj avec Pj sur AC, Qj sur AB, et côté PjQj passant pour un point O fixé.
Le calcul de l’intervalle admissible pour la pente de PjQj en fonction du triangle ABC et de la position de O ne semble pas simple.
Pour essayer de décrire toute solution (traçable ou non) on va chercher pour le triangle inscrit des
«positions limites» au sens que tout un côté du triangle inscrit (et non seulement un sommet) s’appuie sur un côté de ABC. Pour cela il faudra distinguer deux cas, suivant que le triangle ABC a un seul angle petit ou deux (ici et dans la suite «angle petit» signifie qu’il mesure 60º au plus; on ne va pas traiter le cas trivial où ABC est équilatéral).
1) Premier cas
Un seul angle est petit.
On appelle C le sommet correspondant (donc AB est le côté le plus court et C doit varier dans l’angle au dessus du point C’ tel que AB’ est équilatéral).
On cherche un point A0
sur BC et un point B0 sur AC tels que le triangle BA0B0 est équilatéral.
Pour un peu simplifier les notations on va poser C0 := B; si on dénote T0
le triangle A0B0C0 on a donc A0 sur BC, B0 sur CA et C0 sur AB.
De façon symétrique on peut tracer le triangle équilatéral T1 := A1B1C1
partant de A1 sur BC, B1
sur AC et posant C1 := B.
Il s’agit évidemment de «solutions dégénérées» : d’une part le sommet du triangle équilatéral qui est sur le côté AB du triangle donné se situe à une extrémité de ce côté et d’autre part un côté tout entier (au lieu d’un seul sommet) du triangle s’appuie sur un côté de ABC. Ces deux triangles limites étant évidemment traçables à la règle et au compas, rien n’empêche de terminer la
discussion en traçant le point O commun aux côtés B0C0 et A1C1. Avec une homothétie convenable toute ligne passant par O avec une pente intermédiaire entre les pentes de B0C0 et A1C1 donnera lieu à une solution (non dégénérée).
On va faire bien mieux, en particulier en évitant tout appel aux homothéties.
L’idée est de faire des «combinaisons convexes»: pour tout t de l’intervalle [0,1] on va construire un triangle Tt , intermédiaire entre T0 et T1, qu’on va représenter sous la forme t*T1+(1-t)*T0.
Il s’agit d’une construction usuelle entre vecteurs: si sont deux vecteurs, on note le vecteur
; pour t réel (respectivement t dans [0,1]) la flèche de décrit la droite (respectivement le segment) joignant les flèches de et . Par ailleurs, le résultat étant
indépendant du point choisie comme origine des vecteurs, on peut appliquer la définition et les notations aux points du plan. En se bornant aux t de [0,1] on posera donc
et analogues pour ; le triangle de sommets fournit, sans nécessité de homothéties, toutes et seules les solutions du problème.
Remarques
Naturellement l’absence d’homothétie est intéressante du point de vue de la question Q2: pour minimiser l’aire de Tt il suffira de minimiser la longueur d’un côté, par exemple la longueur du segment AtBt. On reviendra sur ce point après avoir détaillé ce qui se passe dans le deuxième cas, lorsque ABC a deux angles petits.
Si l’on n’a pas tout oublié à propos des sections coniques, on sait que les segments AtBt sont tangents à une même conique.
Pour visualiser toutes les solutions du problème on peut exécuter sous le logiciel geogebra le fichier direct1.ggb ci-joint.
2) Deuxième cas
La différence la plus grande concerne le sommet dégénéré qui, pour T0 et T1, est toujours le même:
Les angles en A et B sont petits; donc AB est le côté le plus grand, et le point C doit être choisi à l’intérieur du triangle équilatéral ABC’.
On cherche un point B0 sur AC tel que le triangle
équilatéral construit sur CB0 a le troisième sommet C0 sur AB. On appellera T0 le triangle de sommets B0, C0 et A0 où, naturellement, on a posé A0=C; en particulier on a A0 sur BC, B0 sur CA et C0
sur AB.
De façon symétrique on peut tracer le triangle équilatéral T1 := A1B1C1 partant de A1
sur BC tel que le triangle équilatéral construit sur CB1 a le troisième sommet C1 sur AB; naturellement ici on a posé B1 := C.
Tout ce qu’on a dit à propos du premier cas reste valable; pour visualiser toutes les solutions du problème on fera maintenant usage du fichier direct2.ggb.
Le problème de la traçabilité.
Dans chacun des cas (un seul ou deux angles petits) la traçabilité à la règle et au compas des triangles T0 et T1 est immédiate; en particulier pour toute «valeur traçable» du paramètre t est traçable le triangle Tt. On peut toutefois aller plus loin.
Pour fixer les idées on va travailler sur le côté BC: les points (traçables!) A0 et A1 de ce côté sont
tels que un point X de BC est le sommet d’une solution si et seulement si X appartient au segment [A0 , A1], voire si et seulement si X = At pour une convenable valeur de t; de plus, lorsqu’un triangle solution existe, il est unique et coïncide avec Tt. On va montrer que:
Pour tout X donné dans [A0 , A1] on peut tracer le triangle avec sommet en X.
En fait si X est donné dans [A0 , A1] il est de la forme At pour un t convenable; même si cette valeur de t n’était pas traçable, pour tracer le triangle Tt il suffira de tracer Bt et/ou Ct ; ce qu’on arrive à faire sans problèmes: il s’agit de partager le segment [B0 , B1] et/ou le segment [C0 , C1] en parties proportionnelles à [A0 , At] et [At , A1].
Tout ça ne résout évidemment pas le problème de la traçabilité de la solution minimum, car pour ce triangle on ne connait pas la position du sommet X sur [A0 , A1].On peut toutefois remarquer que minimiser l’aire équivaut à minimiser la longueur d’un côté (AtBt par exemple) ou encore du carré de la longueur. Cette dernière fonction de t est un polynôme de deuxième degré, à coefficients (dépendant de A0, A1, B0, B1 donc) tous traçables; le minimum est donc pris en correspondance d’une valeur traçable de t, ce qui entraine la traçabilité du triangle d’aire minimale.
On remarquera qu’il s’agit de considérations purement théoriques: tracer la solution minimale à partir de cette idée est surement trop compliqué. On aurait besoin d’une caractérisation plus directe de la solution minimale. Ici encore le logiciel geogebra pourrait nous aider: si l’on trace les trois droites orthogonales aux cotés AB, BC, CA issues respectivement de Ct, At, Bt, on s’aperçoit que le triangle engendré (colorié en azur dans les fichiers ci-joints) se réduit à un seul point lorsque la valeur (approchée!) de l’aire du triangle Tt approche le minimum. S’il s’agissait d’une vraie caractérisation du minimum on pourrait en déduire une méthode simple pour tracer le minimum.
