Enoncé D627 (Diophante) Plus court plus long
Dans un triangle non isocèle, la hauteur, la bissectrice intérieure et la médiane issues d’un même sommet se classent dans cet ordre par longueur croissante.
Q1 Existe-t-il un triangle dont la plus courte médiane est plus longue que la plus longue bissectrice ?
Q2 Existe-t-il un triangle dont la plus courte médiane est plus longue que la plus longue hauteur ?
Q3 Existe-t-il un triangle dont la plus courte bissectrice est plus longue que la plus longue hauteur ?
Pour les plus courageux : dans chacune des trois questions, si le triangle existe, construire un triangle dont les côtés ont des longueurs entières.
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Dans le triangle ABC, je note D, E, F les pieds des hauteurs, I, J, K les pieds des bissectrices intérieures, L, M, N les milieux des côtés BC, CA, AB dont les longueurs respectives a, b, c permettent d’exprimer les longueurs à comparer.
La formule de Héron pour l’aire S du triangle conduit à exprimer les hauteurs par
16S2 = 4a2AD2 = 4b2BE2= 4c2CF2= ((b+c)2−a2)(a2−(b−c)2) =
= 2b2c2+ 2c2a2+ 2a2b2−a4−b4−c4.
Décomposant le triangle enAIB etAIC, on a
2S=bcsinA= (b+c)AIsin(A/2), puis (b+c)AI = 2bccos(A/2),
(b+c)2AI2 =b2c2(2 + 2 cosA) =bc(2bc+b2+c2−a2) =bc((b+c)2−a2), par Al-Kashi, avec pourBJ etCK les expressions analogues.
La formule de la médiane donne
2a2+ 2b2+ 2c2 = 3a2+ 4AL2= 3b2+ 4BM2 = 3c2+ 4CN2. Sans perte de généralité, je supposea > b > c.
Les formules ci-dessus font apparaître que la plus longue hauteur estCF, la plus courte médiane AL. Pour les bissectrices aussi, leurs longueurs et celles des côtés où elles aboutissent se classent en sens inverse ; on en trouve plusieurs démonstrations dans le problème D10296. La plus longue bissectrice est CK, la plus courteAI.
Question 1
L’inégalité à discuter estAL > CK.
4(a+b)2(AL2−CK2) = (a+b)2(2b2+ 2c2−a2)−4ab((a+b)2−c2) =
= 2(c2−b2)(a2+ 4ab+b2) + (a+b)2(4b2−a2−4ab) + 4ab3=
= 2(c2−b2)(a2+ 4ab+b2) + (b−a)(4b3+ 12ab2+ 7a2b+a3)<0.
La plus longue bissectrice est toujours plus longue que la plus courte mé- diane ; pour qu’il y ait égalité, il fauta=b=c (triangle équilatéral).
Question 2
L’inégalité à discuter est AL > CF.
4c2(AL2−CF2) =c2(2b2+2c2−a2)−(2b2c2+2c2a2+2a2b2−a4−b4−c4) =
= (a2−b2)2−3c2(a2−c2).
On peut satisfaire l’inégalité proposés avec b2 < a2−c√
3a2−3c2. La condition b > c entraînec√
3a2−3c2< a2−b2 < a2−c2,a >2c.
S’agissant d’un vrai triangle, b > a−c et, ayant choisi a > 2c, on peut prendre bdans l’intervallea−c < b <
q
a2−cp3a2−3c2.
Sia/cest rationnel>2, on peut trouverbavecb/crationnel, et en déduire une solution à côtés entiers.
C’est par exemple le cas avec c= 40, b= 40k−39,a= 40k. On a alors AL
CF 2
= 400
79 + 32805
79(80k−79)− 126405 79(80k+ 1)
Dans cette famille de triangles, AL/CF , qui vaut p3075200/3065279 = 1,0016. . . pour k= 3, peut dépasser √
5 pourk assez grand.
Question 3
L’inégalité à discuter est AI > CF. 4c2(b+c)2(AI2−CF2) =
= 4bc3((b+c)2−a2)−(b+c)2((b+c)2−a2)(a2−(b−c)2) =
= ((b+c)2−a2)(4bc3−(b+c)2a2+ (b2−c2)2)).
Le premier facteur est positif (triangle non dégénéré), le second s’écrit (b+c)2(b2−a2) +c(c−b)(c2+ 5bc+ 2b2)<0.
D’où l’impossibilité. La plus longue hauteur est toujours plus longue que la plus courte bissectrice.
