Enonc´e noD241 (Diophante)
Cinq points dans le plan, sans que 3 quelconques d’entre eux soient align´es, d´eterminent 10 triangles dont S et s sont la plus grande et la plus petite aire. Quel est le minimum deS/s?
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Si l’enveloppe convexe des 5 points (A, B, C, D, E) est un triangle,ABC par exemple,Sest son aire ; les segmentsDA, DB, DC le divisent en 3 triangles secondaires dont l’un contientE. Les segments joignantE aux sommets du triangle secondaire compl`etent la division de ABC en 5 triangles, dont la plus petite aire est ≤S/5 et ≥s.
DoncS/s≥5 dans ce cas.
Si l’enveloppe convexe est un quadrilat`ere, une diagonale le divise en deux triangles dont l’un contient le 5e point et a une aire ≤ S. Les segments joignant ce point aux sommets de ce triangle le divisent en 3 triangles, dont la plus petite aire est≤S/3 et ≥s.
DoncS/s≥3 dans ce cas.
Si les 5 points sont les sommets d’un pentagone r´egulier ABCDE, les 10 triangles sont 5 triangles obtusangles ´egaux `aABC, et 5 triangles acutangles
´egaux `aACD.
CommeBC =CD, le rapportS/sdes aires des trianglesACDetACB est sinACD/sinACB, soit sin(2π/5)/sin(π/5) = 2 cos(π/5) =ϕ, nombre d’or.
Le probl`eme se ram`ene donc `a rechercher si un pentagone non r´egulier peut fournir un rapport S/s plus faible, car ce n’est ´evidemment pas possible avec une enveloppe convexe `a 3 ou 4 sommets. D’autre part, un rapport S/s´egal au nombre d’or peut ˆetre obtenu avec un pentagone non r´egulier, par exemple le pentagone obtenu `a partir d’un pentagone r´egulier par une transformation affine, affectant toutes les aires d’un mˆeme facteur.
Cela conduit `a utiliser des coordonn´ees barycentriques, invariantes dans une transformation affine. Je prends pour base les sommetsA, B, Cd’un triangle d’aire minimum s. Les points D(x, y, z) et E(u, v, w) compl`etent le penta- gone, et les aires des 9 autres triangles (rapport´ees `a l’aire sde ABC) sont donn´ees dans le tableau suivant.
Les relationsx+y+z = 1 =u+v+w permettent d’´eliminer y et v dans la colonne de droite.
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triangle aire /s
BCD x
CDE xv−yu= (z−1)u−xw+x DEA yw−zv =zu−w(x−1)−z
EAB w
ACD −y=x+z−1
BDE zu−xw
CEA −v=u+w−1
DAB z
EBC u
Si S/s = f, chacune des aires est comprise entre s et sf; les doubles in´egalit´es correspondantes garantissent que ABCDE est un pentagone con- vexe, les triangles ´etant de mˆeme sens que ABC. Je vais supposer f < ϕ pour voir si l’on peut trouver x, z, u, wsatisfaisant toutes ces in´egalit´es.
Dans un rep`ere xOz (ouuOw), les pointsM(x, z) et P(u, w) sont localis´es par les in´egalit´es 1 ≤ x ≤ f, 1 ≤ z ≤ f, 1 ≤ x+z−1 ≤ f, 1 ≤ u ≤ f, 1≤w≤f, 1≤u+w−1≤f dans le triangle T (int´erieur + fronti`ere) de sommets (1,1), (f,1), (1, f).
Consid´erons la condition (triangleCDE d’aire au moins ´egale `a s) 1≤(z−1)u−xw+x.
Elle d´efinit dans le planuOw un demi-plan auquel P(u, w) doit appartenir.
Siz = 1, comme x >0 on a w ≤1−1/x < 1 et le demi-plan ne rencontre pas le triangleT, o`u w≥1.
Supposons donc z > 1. L’in´equation du demi-plan conduit `a la chaˆıne d’in´egalit´es
u−xw−1 z−1 ≥ 1
z−1 ≥ 1
f−1 > 1
ϕ−1 =ϕ > f
Dans le triangleT, on ax >0,w≥1 etu≤f, doncu−x(w−1)/(z−1)≤f. Il ne peut y avoir de pointP(u, w) commun avec le demi-plan.
Ainsif < ϕ conduit `a une impossibilit´e.
Si maintenantf =ϕ, on a la solution x=w= 1,u=z=ϕ=−v=−y
qui s’applique notamment au pentagone r´egulier, mais permet aussi de placer DetE avecS/sminimum =ϕquandA, B, C sont donn´es quelconques non align´es.
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