D.159 A chacun son tour
Solution proposée par Pierre Renfer
On supposera le triangle ABC acutangle.
On note a, b, c les longueurs des côtés BC, CA, AB.
Pour la première et la quatrième question, on utilisera pour le point P les coordonnées barycentriques (x,y,z), dans le repère affine (A,B,C), avec :
PF c ) PAB ( aire 2 z
PE b ) PCA ( aire 2 y
PD a ) PBC ( aire 2 x
En prenant
2 aire ( ABC )
comme unité d'aire, on obtient :x y z 1
.Question 1
La comparaison entre moyenne arithmétique et géométrique donne :
3 1 3
z y xyz x
3
Donc :
abc 27
1 abc
PF xyz PE
PD
Et l'égalité a lieu si et seulement si
x y z
Donc
PD PE PF
est maximal si P est égal au centre de gravité G du triangle ABC.Question 4
) z , y , x ( z F c y b x a PF AB PE CA PD
BC
2 2 2
Soit K le compact formé des triplets de réels (x,y,z) positifs ou nus tels que
x y z 1
La fonction F de K vers la droite numérique achevée, prend la valeur
sur le bord de K.Comme elle est continue, elle atteint un minimum en un point intérieur à K, qu'on peut obtenir par la méthode du multiplicateur de Lagrange.
Soit :
G ( x , y , z ) F ( x , y , z ) ( x y z 1 )
z 0 ) c z , y , x z ( G
y 0 ) b z , y , x y ( G
x 0 ) a z , y , x x ( G
2 2 2 2 2 2
Le triplet (x,y,z) solution du système est proportionnel au triplet (a,b,c).
On reconnaît là les coordonnées barycentriques du centre I du cercle inscrit au triangle ABC.
Le minimum de
PF AB PE CA PD
BC
est donc atteint si P est égal à I.Question 2
Pour donner plus de liberté au problème, on va considérer tous les triplets (D,E,F) du produit cartésien [BC] x [CA] x [AB], les points D,E,F n'étant pas forcément les projetés d'un point P.
La fonction continue L du compact [BC] x [CA] x [AB] vers R, qui à un triplet associe le périmètre du triangle formé par les trois points, atteint un minimum en un triplet (D,E,F).
Soient alors D' et D" les symétriques de D par rapport à (AB) et (AC) respectivement.
Les points D', F, E, D" sont alignés sinon la longueur de la ligne brisée D'FED" (égale au périmètre du triangle DEF) ne serait pas minimale puisque la ligne droite est plus courte.
Pour tout point D, le triangle D'AD", isocèle en A, possède en A un angle fixe (le double de l'angle en A du triangle ABC).
La longueur D'D" est minimale si la longueur AD'=AD=AD" est minimale, c'est-à-dire si D est le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC.
On conclut que L atteint son minimum en le triplet des pieds des hauteurs du triangle ABC.
Ce sont les projetés de l'orthocentre H du triangle ABC.
En prime, on obtient une belle propriété du triangle DEF des pieds des hauteurs :
C'est un "triangle de lumière" inscrit dans le triangle ABC dont les côtés sont des miroirs.
Le côté DE est réfléchi en le côté EF, lui-même réfléchi en le côté FD, lui-même réfléchi en le côté initial DE.
Question 3
2 2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2
2
2 2
2
BF AE CD
PF BP PE AP PD
CP
PF AP PE
CP PD
BP
AF CE
BD ) P ( F
Donc :
BF AF 2 c AE CE 2 b CD BD 2 a
BF AF AE
CE CD
BD ) P ( F 2
2 2
2
2 2 2 2
2 2
La comparaison des moyennes géométriques et algébriques donne :
2 2 2
c BF AF 4
b AE CE 4
a CD BD 4
Donc :
4 F ( P ) a
2 b
2 c
2Et l'égalité a lieu si et seulement si :
BF AF
AE CE
CD BD
Le minimum a donc lieu si P est égal au centre O du cercle circonscrit au triangle ABC.
