D159 – À chacun son tour
Un point P à l’intérieur d’un triangle ABC se projette en D, E et F sur les droites BC, CA et AB.
Déterminer la position de P dans les quatre cas suivants :
1. le produit PD.PE.PF est maximal, 2. la somme DE + EF + FD est minimale, 3. la somme BD² + CE² + AF² est minimale,
4. la somme BC/PD + CA/PE + AB/PF est minimale.
Solution proposée par Patrick Gordon Question 1
Posons :
PD = x PE = y PF = z
(on notera que x, y, z sont les coordonnées trilinéaires absolues du point P) et nommons les côtés selon l'usage : BC = a, etc.
La surface S du triangle satisfait1 :
1) ax + by + cz = 2S
Nous cherchons donc :
Max xyz
sous la contrainte (1)
D'où :
c’est-à-dire :
2) ax = by = cz
(x, y, z sont inversement proportionnels à a, b, c).
Soit k la valeur commune des expressions (2). Comme leur somme, d'après (1), vaut 2S, k vaut 2S/3.
1 On peut aussi utiliser sin A, sin B, sin C, qui sont proportionnels à a, b, c.
Ainsi :
x = 2S/3a; y = 2S/3b; z = 2S/3c.
Mais 2S/a n'est autre que la hauteur issue de A (et mutatis mutandis). Le point P se trouve donc à une distance des côtés égale au 1/3 des hauteurs respectives. C'est évidemment le centre de gravité du triangle ABC.
Il est en effet à l'intersection de deux droites parallèles à deux côtés au 1/3 des hauteurs respectives. Or ces deux droites passent par G et leur intersection est donc G.
À noter enfin que cet extremum est bien un maximum car le minimum de xyz est 0 (atteint si P est sur un côté du triangle).
Question 2
Avec les mêmes notations,
PD = x PE = y PF = z,
DE s'écrit :
DE = √(x² + y² + 2xy cos C)
Ses dérivées par rapport à x et y sont donc :
DE'x = x (x + y cos C) / DE DE'y = y (y + x cos C) / DE
et mutatis mutandis par permutation circulaire.
Les dérivées S'x S'y S'z par rapport à x, y, z de la somme S = DE + EF + FD se calculent par addition. Ainsi :
S'x = x (x + y cos C) / DE + x (x + z cos B) / FD S'y = y (y + z cos A) / EF + y (y + x cos C) / DE S'z = z (z + x cos B) / FD + z (z + y cos A) / EF
Ce sont ces dérivées S'x S'y S'z qui, si l'on applique un multiplicateur de Lagrange, sont proportionnelles à a, b, c.
L'intuition suggère que P pourrait être l'orthocentre.
Dans ce cas de figure, les trois triangles AEF, BFD et CDE sont semblables au triangle ABC.
En effet,
AE = c cos A AF = b cos A
Donc :
EF² = c² cos² A + b² cos² A + 2 bc cos3 A = a² cos² A
et
EF = a cos A
Le triangle AEF est donc semblable à ABC. Les triangles BFD et CDE le sont aussi pour la même raison et l'on a donc :
EF = a cos A FD = b cos B DE = c cos C
Par ailleurs, toujours si P est l'orthocentre H, on a : x = HD. Or les triangles CHD et CBF sont semblables et donc :
HD / BF = CD / CF = b cos C / b sin A
Donc
x = HD = BF cos C / sin A = a cos B cos C / sin A.
Mais, comme a / sin A = 2R, on peut simplifier en :
x = HD = 2R cos B cos C y = HE = 2R cos C cos A z = HF = 2R cos A cos B.
On retrouve bien les coordonnées trilinéaires de l'orthocentre, soit :
x = k/cos A y = k/cos B z = k/cos C
On doit donc avoir x cos A = y cos B = z cos C.
On constate que :
x cos A = 2R cos A cos B cos C.
Cette expression est symétrique en A, B, C. Celles déduites par permutation circulaire donneront le même résultat. C'est donc bien le cas.
Reportons les expressions simples x = k/cos A etc. ainsi que les expressions DE = c cos C, etc. dans les expressions ci-dessus de S'x S'y S'z divisées par k² (car k intervient de façon
homogène au second degré) et respectivement par a, b, c, ce qui devrait les rendre identiques au titre du multiplicateur de Lagrange.
Il vient, pour S'x :
S'x = x (x + y cos C) / DE + x (x + z cos B) / FD
Donc :
S'x / ak² = (1 / cos A + cos C / cos B) / ac cos A cos C + (1 / cos A + cos B / cos C) / ab cos A cos B
Multipliant le tout par abc cos A cos B cos C, il vient :
b (cos B / cos A + cos C) + c (cos C / cos A + cos B)
Soit, en réduisant au même dénominateur :
b (cos B + cos A cos C) + c (cos C + cos A cos B)
Mais :
b cos A cos C +c cos A cos B = cos A (b cos C + c cos B)
et (b cos C + c cos B) n'est autre que a.
L'expression de S'x / ak² vaut donc en définitive :
a cos A + b cos B + c cos C,
expression symétrique en a, b, c et A, B, C.
Par permutation circulaire, S'y / bk² et S'z / ck² auront la même valeur.
Les dérivées partielles S'x, S'y, S'z sont donc proportionnelles à a, b, c
L'orthocentre H est donc bien un extremum. Il ne peut être un maximum, car le maximum de S est atteint, à l'évidence, à celui des sommets ABC le plus éloigné du côté opposé.
L'orthocentre H est donc bien un minimum.
Question 3
On pose toujours :
PD = x PE = y PF = z
On établit aisément que :
BD = (z + x cos B) / sin B CE = (x + y cos C) / sin C AF = (y + z cos A) / sin A
Les dérivées partielles de S = BD² + CE² + AF² sont donc :
S'x = 2 BD cot B + 2 CE / sin C
Soit, par permutation circulaire :
S'y = 2 CE cot C + 2 AF / sin A S'z = 2 AF cot A + 2 BD / sin B
Ces dérivées partielles doivent être proportionnelles à a, b, c ou, ce qui revient au même, à sin A, sin B, sin C.
L'intuition est cette fois que le point P cherché pourrait être le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Dans ce cas :
BD = a/2 = R sin A CE = b/2 = R sin B AF = c/2 = R sin C
Remplaçons donc BD, CE, AF par ces dernières valeurs dans les expressions ci-dessus de S'x, S'y, S'z.
Il vient :
S'x = 2R sin A cot B + 2R sin B / sin C S'y = 2R sin B cot C + 2R sin C / sin A S'z = 2R sin C cot A + 2R sin A / sin B
Les S'x / 2Rs'écrivent donc :
S'x / 2R = sin A cot B + sin B / sin C S'y / 2R = sin B cot C + sin C / sin A S'z / 2R= sin C cot A + sin A / sin B
Or ces expressions sont proportionnelles respectivement à sin A, sin B, sin C.
En effet :
S'x / 2R sin A = cot B + sin B / sin A sin C S'y / 2R sin B = cot C + sin C / sin B sin A S'z / 2Rsin C = cot A + sin A / sin C sin A.
Soit, en réduisant les seconds membres au même dénominateur sin A sin B sin C, pour la première :
sin A sin C cos B + sin² B
et ainsi par permutation circulaire.
Mais cos B = – cos (A + C) = sin A sin C – cos A cos C
Donc sin A sin C = cos B + cos A cos C et donc :
sin A sin C cos B + sin² B
= (cos B + cos A cos C) cos B + sin²B
= 1 + cos A cos B cos C
Cette expression étant symétrique en A, B, C, il est établi que les S'x / 2R sin A sont égaux entre eux et que, par conséquent, les dérivées partielles de S par rapport à x, y, z sont bien proportionnelles aux sinus des angles A B C ou encore aux côtés a b c.
Le centre du cercle circonscrit au triangle ABC est donc bien un extremum de la somme BD² + CE² + AF².
Notons que la valeur de cet extremum est (a² + b² + c²) / 4 et supposons, pour fixer les idées, que a ≥ b ≥ c. Plaçons P en C. D sera aussi en C et la somme BD² + CE² + AF² sera ≥ a², lequel est, par hypothèse, ≥ (a² + b² + c²) / 4.
Le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, extremum de la somme BD² + CE² + AF², en est donc un minimum.
Question 4
La somme BC/PD + CA/PE + AB/PF s'écrit, avec nos notations :
a/x + b/y + c/z
Par la méthode du multiplicateur de Lagrange, on est amené à rechercher x, y, z tels que – a/x², – b/ y² et – c / z² soient proportionnels à a, b, c.
À l'évidence, cela implique que x = y = z et le point cherché est donc le centre du cercle inscrit.
