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1 - Déterminer le triangle ABC qui a la propriété et dont l'aire est la plus petite possible

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

A408 Distances entières dans un triangle 3

Soient un triangle acutangle ABC et un point P en son intérieur. On recherche les triangles ABC dont les six distances BC,CA,AB,PA,PB et PC sont des nombres entiers distincts (propriété (Π)).

Q1 - P est l'orthocentre du triangle.

1 - Déterminer le triangle ABC qui a la propriété et dont l'aire est la plus petite possible.

2 - Démontrer qu'il existe une infinité de triangles ABC qui ont la propriété (Π) et dont l'aire est aussi un nombre entier.

Donner l'exemple d'un triangle ABC dont l'un des côtes est égal à 2016.

Q2 - P est le point de Fermat sous lequel on voit les trois côtés du triangle sous le même angle de 120°.

1 - Déterminer le triangle ABC qui a la propriété (Π) et dont l'aire est la plus petite possible.

2 - Existe-t-il une infinité de triangles ABC qui ont la propriété (Π) ? Q1) Notations : BC=a, CA=b, AB=c, PA=x, PB=, PC=z

Si C' est le point diamétralement opposé à C sur le cercle ABC, AP = C'B, et BÂC = BC'C, donc BC = AP tan BÂC , x = a cotan Â.

Donc a/sin A = b/sin B = c/ sin C = x/cos A = y/cos B = z/ cos C = K.

D'autre part a² = b² +c² – 2bc cos  donc cos  est rationnel, comme a/x = tan Â, tan  est rationnel, et comme cos  et tan  le sont, sin  est aussi rationnel.

Si cos  = u/w et sin  = v/w , (u,v,w) est un triplet pythagoricien.

Il existe une infinité de triangles acutangles ayant la propriété (Π) : en effet prenons deux triplets pythagoriciens (u,v,w) et (m,n,p).

Soient les angles A , B, C définis par u/w = cos A et v/w = sin A, resp. m/p = cos B et n/p = sin B, et C = π – A – B . On a cos C = (vn – um)/(wp) et sin C = (vm + un)/(wp). En choisissant K = wp on obtient :

a = vp, b = nw, c = vm+un, x = up, y = mw, z = vn – um qui sont six nombres entiers.

Si z > 0, ces six nombres correspondent à un triangle acutangle ayant la propriété (Π) K = a/sin A = (abc)/(bc sin A) = (abc)/(2*aire du triangle ABC)

Aire du triangle = (abc)/(2K) = vpnw(vm+un)/(2wp) = (vn/2)(vm+un) est aussi un nombre entier car même si v et n sont impairs, alors u et m sont pairs, et vm+un est pair.

Pour une aire petite on choisit les triplets pythagoriciens petits.

L'aire minimum est 1134. (figure page suivante)

u 3 4 3 3

v 4 3 4 4

w 5 5 5 5

m 5 5 8 7

n 12 12 15 24

p 13 13 17 25

a 52 39 68 100

b 60 60 75 120

c 56 63 77 100

x 39 52 51 75

y 25 25 40 35

z 33 16 36 75

aire 1344 1134 2310 4800

(2)

Une homothétie de rapport 32 transforme le triangle ci dessus en un triangle A'B'C' qui garde la propriété (Π) , et dont le côté A'B' mesure 63*32 = 2016 . L'aire de ce nouveau triangle est 1134*32² .

Q2) P est le point de Fermat, cos 120° = – 1/2 . Il faut donc trouver 3 entiers x, y, z tels que à la fois x²+xy+y², y²+yz+z² et z²+zx+x² soient chacun le carré d'un entier. Cela fait penser aux entiers d'Eisenstein. Si m et n sont deux entiers, avec m>n, les triangles dont les côtés mesurent PA = m² – n², PB = 2mn+n², AB = m²+mn+n² ont un angle en P qui vaut 120°. On veut réunir 3 triangles PAB, PBC, PCA pour former le triangle ABC :

m=2 n=1 donne le triangle de côtés 3,5,7 m=9 n=4 donne le triangle de côtés 65,88,133

m=19 n=6 donne le triangle de côtés PA=325, PB=264, AB=511 Le premier triangle multiplié par 65 et le deuxième par 3 donnent :

PC=65*3=195, PA=65*5=325, CA=65*7=455 et PC=3*65=195, PB=3*88=264, BC=3*133=399 ils ont en commun le côté PC=195, tandis que le côté PA=325 est commun au 1er et au 3ème, et le côté PB=264 est commun au 2ème et au 3ème.

Un programme mis en annexe donne cinq triangles convenables dont l'un est celui déjà trouvé :

x=PA y=PB z=PC a=BC b=CA c=AB Aire

325 264 195 399 455 511 200655√3 /4

440 325 264 511 616 665 344960√3 /4

1520 805 384 1051 1744 2045 2116400√3 /4

765 5016 1064 5624 1591 5439 9988224√3 /4

2145 1824 455 2089 2405 3441 5718375√3 /4

(3)

L'aire est calculée comme somme des aires des triangles APB, BPC, CPA :

aire = (xy+yz+zx)√3 /4. Tous les triangles ayant la propriété (Π) ont une aire au moins égale à 200655√3 /4 Si x,y ,z est une solution du système x²+xy+y² = a², y²+yz+z²= b², z²+zx+x²= c², on peut constater que : (xy)²+(xy)(yz)+(yz)² = y²(x²+xz+z²) = (yc)²,

(yz)²+(yz)(zx)+(zx)² = z²(y²+yx+x²) = (za)², (zx)²+(zx)(xy)+(xy)² = x²(z²+zy+y²) = (xb)².

Donc si (x,y,z,a,b,c) caractérise un triangle ayant la propriété (Π),

(xy, yz, zx, yc,za,xb) définit un 2ème triangle qui n'est pas semblable au précédent, et qui a aussi la propriété ( Π) . Malheureusement la même transformation appliquée à ce 2ème triangle donne un 3ème triangle semblable au 1er.

Ce n'est pas la voie pour montrer qu'il existe une infinité de triangles ayant la propriété ( Π) . Annexe :

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