D133 Le balayage du triangle équilatéral [*** à la main]
Solution
On considère les axes Ax et Ay qui font entre eux un angle de 60°. On prend un segment MN de longueur a et on place M sur l’axe Bx et N sur l’axe By. Pour un point M donné, on observe qu’il existe généralement deux positions possibles du point N qui correspondent aux intersections de Ay avec le cercle de centre M et de rayon a. Quand le cercle est tangent à Ay, les deux points sont confondus et MN est perpendiculaire à Ay. MN devient alors PQ et P donne la position de M la plus éloignée possible du point A. Symétriquement on a RS perpendiculaire à Ax et R qui donne la position de N la plus éloignée possible de A sur l’axe Ay.
Quand M est en A, le point N est au point C tel que AC=a. Puis quand M est en R, N est en S, puis quand M est en B, N est à nouveau en C avec BC = a et enfin quand M atteint P, N est en Q.Comme AC = AB = BC = a, le triangle ABC est équilatéral. Il est facile de vérifier que lorsque le point M parcourt la distance AP, le segment MN balaie la totalité du triangle équilatéral ABC. Par ailleurs, le point le plus éloigné de A qui est atteint par MN sur la première bissectrice de l’angle xAy (en même temps médiatrice de BC) est le point I milieu de BC. Ce point est situé à une distance égale à a 3/2du point A.
Soit le triangle ABC de côté unité. On dispose d’un segment MN de longueur a < 1. Si est la longueur du segment est sensiblement inférieure à 1, on constate que le balayage optimal du triangle avec ce segment consiste à balayer les coins du triangle ce qui permet de couvrir les triangles équilatéraux de côté a AA’A’’, BB’B’’ et CC’C’’. Les points les plus éloignés des sommets A, B et C et situés sur les trois médiatrices des côtés AB,BC et AC qui sont atteints par MN sont les points I, J et K. Le balayage complet du triangle ABC est donc achevé si les points I,J et K sont confondus.
I,J et K sont alors au centre de gravité du triangle équilatéral ABC et la longueur du segment MN vaut 2/3.
