À la suite de Pierre Carriquiry (voir le numéro 205 des Chantiers), Pierre Delezoïde revient sur cet avis, dont la solution s’était conclue par quelques questions à son sujet, d’une part en le généralisant (pourquoi se limiter à 3-4-5 ?) et, d’autre part, en cherchant les triangles de périmètre maximum. Pierre nous donne aussi quelques indications pour les triangles de périmètre minimum : peut-être l’un⋅e d’entre-vous pourra-t-il le confirmer.
Soit $ABC$ un triangle et $O$ un point à l’intérieur d’icelui. Les segments $[OA]$, $[OB]$ et $[OC]$ ont pour longueurs respectives 3, 4 et 5. Quel est le périmètre du triangle ?
L’avis de recherche du n°202 n’est pas clos et voici quelques éléments pour en dire un peu plus.
Soit $O$ un point du plan et 3 distances $d_{a},d_{b},d_{c}\ (>0)$ ; les points $A,B,C$ sont respectivement à distance $d_{a},d_{b},d_{c} $ de $O$, quel est le maximum du périmètre du triangle $ABC$ ?
Dans ce qui suit triangle maximum signifie triangle de périmètre maximum.
NB de la rédaction : vous pouvez utiliser la figure ci-contre pour suivre les raisonnements de Pierre.
1) Il existe des triangles maximaux.
Les points $A,B,C$ variant sur des compacts (des cercles) et la distance entre deux points étant une fonction continue de ces points, le périmètre du triangle est borné, ce qui est évident par ailleurs, et les bornes sont atteintes.
2) Un triangle maximum n’est pas aplati.
Sinon l’un des sommets serait sur le côté opposé, par exemple $C\in [AB]$ ; pour tout point $C’$ du cercle de centre $O$ et de rayon $d_{c}$ qui n’est pas sur $[AB]$, d’après le cas d’égalité dans l’inégalité triangulaire, $AB=AC+CB< AC’+C’B$ ; par conséquent le triangle $ABC$ ne serait pas maximum.
3) Dans un triangle maximum (donc non aplati) $O$ est le centre du cercle inscrit.
On laisse fixes $A, B$ et on fait varier $C$ : soit $t\mapsto M(t)$ un paramétrage par angle polaire du cercle de centre $O$ et de rayon $d_{c}$, le point $C$ correspondant au paramètre $t_{0}$.
Par hypothèse $M(t_{0})=C\not=A$, donc $M(t)\not=A$ pour $t$ voisin de $t_{0}$. La longueur $\ell_{A}(t)=AM(t)$ est donc une fonction ${\cal C}^{1}$ au voisinage de $t_{0}$.
Par définition $\ell_{A}^{2}(t)=\bigg\langle\overrightarrow{AM}(t)\,\bigg\vert \overrightarrow{AM}(t)\bigg\rangle$,
donc en dérivant : $2\, \ell_{A}’(t)\ell_{A}(t) = 2 \bigg\langle \vec M’(t) \, \bigg\vert\, \overrightarrow{AM}(t)\bigg\rangle $
d’où en $t_{0}$ : $\ell_{A}’(t_{0})=\bigg\langle \vec M’(t_{0}) \, \bigg\vert\, \vec u_{A}\bigg\rangle$ où $\vec u_{A}$ est le vecteur unitaire qui dirige $\overrightarrow{AC}$ [1].
On procède de manière analogue pour $B$.
Le paramètre $t_{0}$ correspond à un maximum du périmètre $P(t)$
donc : $0=P’(t_{0})= \ell_{A}’(t_{0})+\ell_{B}’(t_{0})= \bigg\langle \vec M’(t_{0})\,\bigg\vert\, (\vec u_{A}+\vec u_{B}) \bigg\rangle$
Le vecteur $\vec u_{A}+\vec u_{B}$ n’est pas nul, sinon $C$ appartiendrait à l’intervalle $]A,B[$, et comme $\vec M’(t_{0})$ est non nul orthogonal à $\overrightarrow{OC}$, $\vec u_{A}+\vec u_{B}$ est colinéaire à $\overrightarrow{OC}$. Par conséquent $O$ est sur la bissectrice intérieure de l’angle en $C$ dans le triangle.
Il en est de même pour les bissectrices intérieures en $A$ et en $B$, donc $O$ est le centre du cercle inscrit dans le triangle $ABC$.
4) Les triangles non aplatis $ABC$ dont $O$ est le centre du cercle inscrit sont isométriques entre eux.
On note $\alpha$ le demi-angle au sommet en $A$, $\beta$ en $B$ et $\gamma$ en $C$ ; ce sont trois angles dans l’intervalle $]0, \pi/2[$ dont la somme vaut $\pi/2$ ; cela implique une relation algébrique entre les sinus de ces angles :
ou encore $\sin{\gamma}=\cos{\alpha}\cos{\beta}-\sin{\alpha}\sin{\beta}$
soit $\cos{\alpha}\cos{\beta}=\sin{\gamma}+\sin{\alpha}\sin{\beta}$
ce qui élevé au carré donne : $\sin{\gamma}^{2}+2\sin{\alpha}\sin{\beta}\sin{\gamma}+\sin{\alpha}^{2}\sin{\beta}^{2}=(1-\sin{\alpha}^{2})(1-\sin{\beta}^{2})$
avec $(1-\sin{\alpha}^{2})(1-\sin{\beta}^{2})=1-\sin{\alpha}^{2}-\sin{\beta}^{2}+\sin{\alpha}^{2}\sin{\beta}^{2}$
d’où la relation (symétrique) cherchée : $\sin{\alpha}^{2}+\sin{\beta}^{2}+\sin{\gamma}^{2}+2\sin{\alpha}\sin{\beta}\sin{\gamma}=1$
En projetant $O$ orthogonalement sur les côtés du triangle et en notant $R$ le rayon du cercle inscrit (strictement positif), on obtient $R=d_{a}\sin{\alpha}=d_{b}\sin{\beta}=d_{c}\sin{\gamma}$ et par conséquent :
Le polynôme en $R$ établit une bijection strictement croissante de $]0,+\infty[$ sur lui-même ;
l’équation $({\cal E})$ a donc une et une seule solution $R_{0}>0$ et comme le polynôme prend une valeur $>1$ en $d_{a},d_{b}$ et $d_{c}$, on en déduit que $R_{0}$ est strictement plus petit que chacune de ces longueurs.
Les demi-angles aux sommets $\alpha,\beta,\gamma$ dans $]0,\pi/2[$ sont alors déterminés par les relations $R_{0}=d_{a}\sin{\alpha}=d_{b}\sin{\beta}=d_{c}\sin{\gamma}$.
Les angles au centre $O$, sont aussi déterminés : $\widehat{AOB} = \pi/2-\alpha+\pi/2-\beta= \pi/2+\gamma$
et de même $\widehat{BOC} = \pi/2+\alpha$ et $\widehat{COA} = \pi/2+\beta$.
Ces triangles sont donc isométriques entre eux.
5) Conclusion
Il y a des triangles maximaux (1), il sont non aplatis (2), $O$ est le centre de leur cercle inscrit (3), ce qui est une CNS pour qu’un triangle soit maximum, car ces triangles dont $O$ est le centre du cercle inscrit sont isométriques entre eux (4).
6) Construction et calcul du maximum avec GeoGebra
On suppose $d_{a} \leqslant d_{b} \leqslant d_{c}$. On choisit arbitrairement $A$ tel que $OA=d_{A}$, ce qui déterminera un seul triangle direct dont $O$ est le centre du cercle inscrit, ce triangle sera maximum.
Le rayon $R_{0}$ du cercle inscrit peut être déterminé par intersection de courbes, par exemple remplaçant $({\cal E})$ par :
qui est une équation de point fixe toujours convergente.
Les côtés $AB$ et $AC$ sont portés par les (demi)-tangentes en $A$ au cercle inscrit de rayon $R_{0}\ (< d_{a})$ ; ces tangentes coupent chacun des cercles de centre $O$ et de rayons $d_{b},d_{c}$ en deux points de part et d’autre de $A$ (intérieur aux cercles de centre $O$ et de rayons $d_{b},d_{c}$) mais comme les points de contact sont entre $A$ et $B$ et entre $A$ et $C$, on trouve ainsi les points $B$ et $C$ du triangle. S’il n’y a pas d’erreur on observera que la droite $(BC)$ est tangente (entre $B$ et $C$) au cercle de centre $O$ et de rayon $R_{0}$.
Pour $d_{a}=3$, $d_{b}=4$ et $d_{c}= 5$, il semble ne rien y avoir de remarquable du point de vue algébrique. GeoGebra donne environ 20,93233 pour le périmètre maximum et environ 1,9002 pour le rayon du cercle inscrit.
NB : on peut se poser la question de savoir s’il existe des valeurs entières de $d_{a},d_{b},d_{c}$ pour lesquelles $R$ et le périmètre maximum $P$ sont des entiers.
7) Et les triangles de périmètre minimum ?
Pour résoudre ce problème une partie des raisonnements utilisés pour le maximum peut être recyclée et on arrive assez facilement au résultat : les distances de $O$ aux trois sommets étant fixées, les « triangles » de périmètre minimum sont les triangles dont les trois sommets sont sur une même demi-droite d’origine $O$ (ils sont isométriques entre eux) ; le périmètre minimum est alors $2(d_c-d_a)$ si $d_a \leqslant d_b \leqslant d_c$.
Cependant, la contrainte « $O$ intérieur au triangle » n’est alors pas respectée ; si on veut garder cette contrainte, en supposant que $O$ « intérieur » signifie dans l’enveloppe convexe des sommets, on trouve que les triangles minimaux sont les triangles dont les trois sommets sont sur une droite passant par $O$, $A$ d’un côté, $B$ et $C$ de l’autre ; le périmètre minimal est $2(d_a+d_c)$ ; ces triangles sont isométriques entre eux.
Avis de recherche du n°205
Daniel Perrin nous propose une solution qui exploite le caractère affine du problème. Vous y rencontrerez aussi l’utilisation du lemme du chevron.
À noter que nous avions généralisé le problème des tiers proposé dans le n°41 de PLOT ; Daniel généralise encore un peu plus avec un partage dans un rapport $\lambda$ compris entre $0$ et $1$, incluant le partage en $\dfrac{1}{n}$.
Lu dans PLOT n°41 (décembre 1987, page 43) ce problème pour le cas $n$ = $3$. Et si on généralisait ?
Un triangle. Trois droites qui joignent les sommets aux points qui divisent les côtés dans le rapport $\dfrac{1}{n}$.
Que dire du triangle ainsi formé ?
Solution de cet avis de recherche
Je propose de montrer le résultat suivant :
Théorème
Soit $ABC$ un triangle et $D,E,F$ des points qui partagent les côtés $[BC]$, $[CA]$ et $[AB]$ dans le même rapport : $ \dfrac {DB}{DC} = \dfrac {EC}{EA} = \dfrac {FA}{FB} = \lambda$ avec $0< \lambda <1$. Les droites $(AD)$, $(BE)$, $(CF)$ déterminent un triangle $MNP$ (voir figure 1 ci-dessous).
Alors on a :
Pour établir ce théorème, je fais appel au lemme du chevron pour lequel je fais une publicité permanente. Il s’agit d’un lemme bien utile dans les questions d’aires :
Lemme du chevron
On considère deux segments $[BC]$ (la base du chevron) et $[AM]$ (l’arête du chevron) et on suppose que les droites $(AM)$ et $(BC)$ se coupent en $A’ \neq C$.
Alors on a l’égalité : $ \dfrac {\mathscr{A}(ABM)}{\mathscr{A}(ACM)} = \dfrac{A’B} {A’C}$
figure 2
le lemme du chevron
Démonstration du lemme
Le résultat est valable quelles que soient les positions des points. Je traite seulement le cas de la figure.
On écrit $\mathscr{A}(ABM) = \mathscr{A}(ABA’)-\mathscr{A}(MBA’)$
et $\mathscr{A}(ACM) = \mathscr{A}(ACA’)-\mathscr{A}(MCA’)$.
Les aires des grands triangles et celles des petits triangles sont dans le rapport $A’B/A’C$ (bases alignées et même hauteur) et on en déduit le résultat par différence.
Démonstration du théorème
Le problème étant affine on peut supposer [2] le triangle équilatéral. Les aires rouges (resp. vertes) sont alors égales. On les note $v$ et $r$ et aussi $T$ l’aire de $ABC$ et $t$ celle du triangle $MNP$ bleu.
figure 1 bis
mise en évidence des chevrons
Le lemme du chevron appliqué à $[BC]$ et $[PM]$ donne $r = \dfrac {\lambda t} {1-\lambda}$,
appliqué à $[BC]$ et $[AP]$ il donne $v= \dfrac {\lambda r} {1-\lambda}= \dfrac {\lambda^2 t} {(1-\lambda)^2}$,
et le résultat s’ensuit par l’additivité des aires : $T= t+ 3r+3v$.
Application
Le cas usuel des tiers [3] où $D$ est au tiers de $[BC]$ correspond à $\lambda = \dfrac{1}{2}$ et on trouve $\dfrac{T}{t} = 7$.
Pour le cas des quarts ($D$ est au quart de $[BC]$), $\lambda = \dfrac{1}{3}$ et $\dfrac{T}{t} = \dfrac{13}{4}$.
Et pour les cinquièmes ($D$ est au cinquième de $[BC]$), $\lambda = \dfrac{1}{4}$ et $\dfrac{T}{t} = \dfrac{7}{3}$.
Pour le cas $\dfrac{1}{n}$ de l’avis de recherche, $\lambda = \dfrac{1}{n-1}$ et $\dfrac{T}{t} = \dfrac{n^2-n+1}{(n-2)^2}$.
Discussion
On peut chercher les $\lambda$ rationnels qui, comme $\lambda= \dfrac{1}{2}$ (le cas du partage en trois) donnent un rapport entier pour les aires.
Si l’on pose $\lambda = \dfrac {p}{q}$ avec $p\wedge q = 1$, on montre (exercice) qu’il faut prendre $q = p+1$ et on trouve alors $\dfrac{T}{t} = 3p^2+3p+1$.
Ainsi, pour $p = 1$ on retrouve $\lambda = \dfrac{1}{2}$ et $\dfrac{T}{t} = 7$, pour $p = 2$, $\lambda = \dfrac{2}{3}$ et $\dfrac{T}{t} = 19$, pour $p = 3$, $\lambda = \dfrac{3}{4}$ et $\dfrac{T}{t} = 37$, etc.
La figure 3 ci-dessous correspond au cas $p = 2$, $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{2}{3}$, le rapport des aires entre le grand et le petit triangle est égal à $19$.
Les rapports suivants sont $37$, $61$, $91$, etc.
figure 3
le cas du rapport 19
Annexe 1 : L’argument de la nature du problème
J’explique brièvement le principe utilisé ci-dessus pour se ramener au cas équilatéral.
Rappelons que le plan affine $\mathscr{E}$ est le plan usuel, muni des points et des vecteurs (mais sans métrique a priori). Une transformation affine est une bijection $f$ du plan telle qu’il existe une application linéaire $\vec{f}$ du plan vectoriel sous-jacent qui vérifie $\overrightarrow{f(A) f(B)}= \vec{f} \bigg( \overrightarrow{AB} \bigg)$.
Les propriétés affines sont celles qui sont conservées par les transformations affines. C’est le cas de l’hypothèse du problème ci-dessus (les rapports de longueurs sur une même droite) car on peut les exprimer en termes de vecteurs : $\overrightarrow{DB}= \lambda \overrightarrow{DC}$.
C’est aussi le cas de sa conclusion sur les rapports d’aires. En effet, l’aire d’un triangle $ABC$ peut être vue comme la valeur absolue du déterminant des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. Dans la transformation affine $f$ elle est donc multipliée par la valeur absolue du déterminant de $f$ et les rapports d’aires sont bien conservés.
Par ailleurs, si l’on fixe une origine, les transformations affines sont composées de translations et d’applications linéaires (qui fixent l’origine) et cela montre qu’elles sont transitives sur les triangles : on peut envoyer n’importe quel triangle $ABC$ sur n’importe quel autre $A’B’C’$ (on commence par envoyer $A$ sur $A’$ par translation, puis on utilise l’application linéaire qui envoie la base $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{AC}$ sur $\overrightarrow{A’B’}$, $\overrightarrow{A’C’}$).
En particulier on peut envoyer $ABC$ sur un triangle équilatéral $A’B’C’$. Comme l’hypothèse est conservée, elle vaut pour $A’B’C’$. On prouve la propriété dans ce cas particulier et comme les rapports d’aires sont conservés, on revient à $ABC$ par la transformation inverse.
Cette méthode est très précieuse pour montrer les propriétés de nature affine, par exemple le concours des médianes d’un triangle.
figure 1 bis
Annexe 2 : Une preuve directe
Pour le lecteur qui trouverait un peu magique l’argument de la nature affine du problème, voici comment on peut s’en passer par un petit calcul.
On prend des notations [4] pour les aires des triangles : $a = \mathscr{A}(ANP)$, $b = \mathscr{A}(BPM)$, $c = \mathscr{A}(CMN)$, $m = \mathscr{A}(MBC)$, $n = \mathscr{A}(NCA)$, $p = \mathscr{A}(PAB)$
avec toujours $T = \mathscr{A}(ABC)$ et $t = \mathscr{A}(MNP)$.
Le lemme du chevron appliqué à $[BC]$ et $[PM]$ donne $b = \lambda(t+c)$ et de même, par permutation circulaire, $c = \lambda (t+a)$ et $a = \lambda(t+b)$.
Le même lemme appliqué à $[BC]$ et $[AP]$ donne $p = \lambda(a+n)$ et de même $m= \lambda(b+p)$ et $n = \lambda(c+m)$.
En additionnant les trois premières égalités on a $a+b+c = 3 \lambda t + \lambda (a+b+c)$
d’où $a+b+c = \dfrac {3 \lambda} {1-\lambda} t$.
En additionnant les trois autres on a $m+n+p = \dfrac {\lambda} {1-\lambda} (a+b+c)$
d’où $m+n+p = \dfrac {3 \lambda^2} {(1-\lambda)^2} t$.
On obtient la formule annoncée en utilisant l’additivité des aires : $T = t + (a+b+c) + (m+n+p)$.
Dans cette version de la solution, on n’utilise pas le fait que les aires rouges (resp. vertes) sont toutes égales. Cette propriété est pourtant vraie pour un triangle quelconque, comme le lecteur l’établira de l’une ou l’autre des manières ci-dessous.
1) Soit en utilisant les applications affines et en montrant qu’il existe une application affine qui envoie $A,B,C$ sur $B,C,A$ et les autres points sur leurs homologues. Cette application étant d’ordre $3$ est de déterminant $1$ donc conserve les aires.
2) Soit en raisonnant par l’absurde à partir des égalités $b = \lambda (t+c)$, $c = \lambda (t+a)$ et $a = \lambda (t+b)$. On suppose, par exemple, $a < b$, on en déduit $c < a$ etc. et on aboutit à une magnifique contradiction. On procède de même avec $d,e,f$.
Nouvel avis de recherche
De l’arithmétique pour ce nouvel avis de recherche qui est proposé par Pierre Delezoïde.
Observez le tableau ci-dessous qui a été découpé en sous-matrices 2×2 : vous aurez sans doute reconnu un extrait du fameux triangle de Pascal modulo 2. Que peut-on dire de remarquable pour ce triangle de Pascal modulo 2 avec sa grille de lecture 2×2 ?
On peut aussi généraliser, toujours modulo 2 avec une grille de lecture 4×4 au lieu de 2×2, puis 8×8, etc. (seulement des puissances de 2).
Nous attendons vos solutions que nous aurons plaisir à lire, et si, de plus, vous avez des problèmes à soumettre à la sagacité de nos lecteurs et lectrices, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers.
Les problèmes en Chantiers
Pour faciliter l’accès aux énoncés des problèmes parus dans les Chantiers, j’ai recensé l’ensemble de ceux que j’ai trouvé en passant en revue tous les numéros… depuis 1968 !
L’idée de proposer explicitement la résolution de problèmes dans nos colonnes date du n°35 (décembre 1975) et c’est notre collègue Roger Cuculière qui l’a initiée pour une série de 9 problèmes dont les solutions sont parues… à l’occasion du cinquantenaire des Chantiers, en 2019 ! Ensuite, il a fallu attendre le n°152 (mars 2012) pour qu’Alain Bougeard nous propose une série de « OUI ou NON » qui en septembre 2015 se sont transformés, avec ma participation, en « Avis de recherche » tels que nous les connaissons actuellement. Sans oublier notre collègue Serge Seguin qui nous a proposé quelques Avis de recherche, de juillet 2021 à janvier 2023.
En dehors de ces séries, épisodiquement, vous avez eu droit à quelques énoncés de problèmes dont certains attendent encore une solution publiée (l’un d’entre-eux me semble assez fantaisiste pour mériter une solution … à vous de juger !).
Vous remarquerez que certains problèmes ont suscité plusieurs solutions ou des rebondissements : que cela vous incite également à nous faire part de vos commentaires et recherches sur les problèmes qui ont sollicité votre imagination.
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Les chantiers de pédagogie mathématique n°206 septembre 2025
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS
