Soit inq segments, dont le plus long ne dépasse pas la somme des
longueur des deux plus ourts. On peut don former dix triangles en
hoisissant n'importe quels des trois segments omme tés.
Démontrer qu'au moins un de es dix triangles a trois angles aigus.
Solution :...
Jevais utiliser lapropriété suivante :
Propriété.
( P )
Un triangle de tésx
,y
,z
(ave0 < x 6 y 6 z
) est obtus si, etseulementsi,
z 2 > x 2 + y 2.
Cerésultatestassez intuitif,il déoulepar exempledu produit salaireou dela
formuledite d'Al-Kashidans un triangle
ABC
:BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB × AC cos(
− − → AB ,
− − → AC ) .
Notons leslongueurs
a
,b
,c
,d
,e
des inq segmentspar ordreroissant.0 < a 6 b 6 c 6 d 6 e
Je note par un triplet omme
( c ; d ; e )
le triangle de tésc
,d
ete
. Je vais faireun raisonnementpar l'absurde.Supposons queles trois triangles
(c; d; e)
,(b; c; d)
et(a; b; c)
soientobtus. Alors par lapropriété( P )
on a:e 2 > d 2 + c 2 (1)
d 2 > c 2 + b 2 (2)
c 2 > b 2 + a 2 (3)
Par (1) et (2) on a:
e 2 > ( c 2 + b 2 ) + c 2 don e 2 > 2 c 2 + b 2.Et en utilisant (3) on a
e 2 > 2(b 2 + a 2 ) + b 2 et don :
e 2 > 2(b 2 + a 2 ) + b 2 et don :
e 2 > 3b 2 + 2a 2 (4)
Oronsait par hypothèse de l'énonéque
e 6 b + a
etdon :e 2 6 (b + a) 2 (5)
Celavanousdonneruneontraditionave(4)arjedisqu'onatoujoursl'inégalité:
3 b 2 + 2 a 2 > ( a + b ) 2. En eet:
3 b 2 + 2 a 2 − ( b + a ) 2 = 3 b 2 + 2 a 2 − ( b 2 + 2 ab + a 2 )
= b 2 + (b 2 − 2ab + a 2 )
= b 2 + (b − a) 2
Ona unesomme dedeuxarrésqui estdonpositive,etmêmestritementpuisque
b > 0
,ainsionabien3b 2 + 2a 2 > (a + b) 2 etpar(4)onendéduitquee 2 > (b + a) 2 e
quiestontraditoireave(5)etdonaumoinsundestroistriangles
( c ; d ; e )
,( b ; c ; d )
et
(a; b; c)
n'est pas obtus. Ainsi parmi tous les trianglesqu'on peut onstruire il yena aumoins un qui a trois anglesaigus.
