D102-Toujours la moitié du chemin…
Solution
La figure établie ci-après avec neuf points Mn fait apparaître trois alignements de points : M1, M4 et M7 puis M2 , M5 et M8 et enfin M3 , M6 et M9.
Démontrons ces propriétés : M2 et M5 étant les milieux respectifs de AM1 et AM4 , on a l’équation vectorielle M1M4 = 2*M2M5. De la même manière, on peut écrire M4M7 = 2*M5M8 , M1M7 = 2*M2M8,
M2M5 = 2*M3M6 et M3M6 = 2*M4M7. Il en résulte que M1M4 = 2*M2M5 = 4*M3M6 = 8*M4M7 les trois points M1,M4,et M7 sont bien alignés et M4M7 = M1M7 /8. Il en est de même pour les points M2,M5,et M8 qui sont caractérisés par la même équation vectorielle M5M8 = M2M8/8. Même résultat pour les points M3,M6,et M9 caractérisés par l’équation vectorielle M6M9 = M3M9/8.
En poursuivant le raisonnement avec les points M7,M10,…M3*k+1…on en déduit la relation M1M3*k+1 = [1 + 1/8 + (1/8)2 + (1/8)3 +….+(1/8)k-1]*M 1M4. Lorsque k tend vers l’infini, la série (1/8)k converge ver 8/7. La position limite de M3*k+1 que nous désignerons par U est donc définie par l’équation vectorielle M1U = 8*M1M4/7. De la même manière en appelant V et W les points limites des points M3*k+2 et M3*k, on peut écrire M2V = 8*M2M5/7 et M3W = 8*M3M6/7.
Supposons que le triangle ABC est placé dans un repère Oxy. M2 étant milieu de AM1, on a l’équation vectorielle OM2 = (OA + OM1)/2.De même M3 et M4 étant les milieux de BM2 et de CM3, on a OM3 = (OB + OM2)/2 = OA/4 + OB/2 + OM1/ 4 puis OM4 = (OC + OM3)/2 = OA/ 8+ OB/4 + OC/2+ OM1/ 8.
Dès lors, M1M4 = OM4 – OM1 = OA/ 8+ OB/4 + OC/2 –7*OM1/ 8 = 7*M1U/8 = 7*OU/8 – 7*OM1/ 8.
Il en résulte que 7*OU = OA + 2*OB + 4*OC. En d’autres termes, U est le barycentre des sommets du triangle avec les pondérations 1/7, 2/7 et 4/7. De la même manière, on peut dire que le point V est le barycentre des sommets du triangle avec les pondérations 4/7, 1/7 et 2/7 tandis que W est le barycentre avec les pondérations 2/7, 4/7 et 1/7.
On reconnaît dans le triangle UVW un triangle bien connu qui est obtenu en menant des sommets A,B et C les droites qui coupent les segments opposés BC,AC et AB aux point I,J et K tels que BI=2*BC/3, CJ=2*CA/3 et AK=2*AB/3. L’aire du triangle UVW est le septième de l’aire du triangle ABC.
Si le point de départ est le point U, le milieu de AU est le point V. En effet le coordonnées barycentriques de V sont bien égales à 1/2*(1 ;0 ;0) + 1/2*(1/7 ;2/7 ;4/7) = (4/7 ;1/7 ;2/7).
Puis le milieu de BV est W dont les coordonnées barycentriques sont bien égales à 1/2*(0 ;1 ;0) +1/2*(4/7 ;1/7 ;2/7) = (2/7 ;4/7 ;1/7). Au troisième tour on retrouve U et le processus devient répétitif.
