Triangles et angles

Rouletabille

Soit un (vrai) triangle $ABC$, soit $S$ son aire et $r$ le rayon de son cercle inscrit.
Soit un cercle $\Gamma$ de centre $P$ et de rayon $\rho $, frontière d'un disque inclus dans le triangle $ABC$. Soient $d_A$, $d_B$, $d_C$ les distances respectives de $P$ aux droites-côtés $BC$, $CA $, $AB $. Ces droites sont tangentes ou extérieures au cercle $\Gamma$, d'où : $\rho \leq d_{A}$, $\rho \leq d_{B}$, $\rho \leq d_{C}$.
En conséquence : $\rho (a+b+c)\leq ad_{A}+bd_{B}+cd_{C}=2S=r(a+b+c)$, d'où : $\rho \leq r$.

soland

Bonjour.
En utilisant le 2e cas d'égalité, montrer que si AB = AC
alors angle B = angle C
(Un classique).

Si D est intérieur à ABC ,
alors AB + BC > AD + DC
et, dans la foulée,
DA + DB + DC < périmètre ABC

Cordialement.

Rouletabille

Pour tout point $P$ intérieur à un triangle $ABC$, on a : $PA+PB+PC\leq \frac{2}{3}(AB+BC+CA)$ si et seulement si ce triangle est ...

Rouletabille

N 'intéresse personne, mon petit exo ? :-(

soland

Si DEF est intérieur à ABC, on peut comparer les périmètres de ces deux triangles (plusieurs cas de figure).
@Rouletabille je réfléchis.

Rouletabille

Soit un triangle $DEF$ intérieur à un triangle $ABC$. Dans ce triangle $DEF$, il y a deux angles aigus, mettons que ce soit en $E$ et $F$. Soit $\Delta$ la droite $EF$. Le projeté orthogonal $K$ de $D$ sur la droite $\Delta$ est situé entre $E$ et $F$.
La droite $\Delta$ coupe deux côtés (-segments) du triangle $ABC$ , mettons que ce soit $AB$ et $AC$, en $E'$ et $F'$, avec $E'$ du côté de $E$ par rapport à $K$ et $F'$ du côté de $F$ par rapport à $K$.
Sur la droite $\Delta$ les points $E',E,K,F,F'$ se succèdent dans cet ordre.
On a donc : $DE^{\prime }\geq DE$, $DF^{\prime }\geq DF$, et bien sûr $E'F'\geq EF$. Ainsi, le triangle $DE'F'$ a un périmètre supérieur à celui du triangle $DEF$.
Distinguons alors deux cas.
- Si $D$ et $A$ sont dans le même demi-plan de frontière $\Delta$. Alors : $DE^{\prime }+DF^{\prime }\leq AE^{\prime }+AF^{\prime }$ et : $E^{\prime }F^{\prime }\leq E^{\prime }B+BC+CF^{\prime }$ et par addition : $DE^{\prime }+DF^{\prime }+E^{\prime }F^{\prime }\leq AB+BC+CA$.
- Si $D$ et $A$ ne sont pas dans le même demi-plan de frontière $\Delta$. Alors : $E'F' \leq E'A+AF'$ et : $E^{\prime }D+DF^{\prime }\leq E^{\prime }B+BC+CF^{\prime }$, et encore par addition : $DE^{\prime }+DF^{\prime }+E^{\prime }F^{\prime }\leq AB+BC+CA$.

Domi

Bonjour à tous

Je n'ai pas trop suivi le fil mais pour la dernière question le périmètre d'un polygone convexe inscrit dans un polygone est toujours inférieur au périmètre du polygone .

Domi

Rouletabille

@ Domi.
ça c'est ben vrai mon gars. Démonstration ?

Domi

Je ne vais pas faire tout le boulot non plus

C'est un petit problème d'olympiade donc niveau première-terminale .

Domi

Rouletabille

Je complète mon message.
Pour tout point $P$ intérieur à un triangle $ABC$, on a : $PA+PB+PC\leq \frac{2}{3}(AB+BC+CA)$ si et seulement si ce triangle est équilatéral.

jacquot

C'était clair :
Dès lors que ABC nest pas équilatéral et que P se trouve à un chouia du sommet opposé au coté le plus court, disons A, on a
PB + PC > b + c + a - ( a + b +c ) / 3

Rouletabille

Mais attention, il faut aussi démontrer la réciproque.
Soland écrit plus haut que si un point $P$ est intérieur à un triangle $ABC$, alors : $PA+PB+PC\leq AB+BC+CA$. C'est vrai, mais on peut en dire un peu plus.
Si dans un triangle $ABC$ on a : $BC\leq CA\leq AB$, et si $P$ est un point intérieur à ce triangle, alors : $PA+PB+PC\leq AB+AC$, et c'est la meilleure majoration possible, et c'est ce qu'il faut pour prouver la réciproque susdite.

jacquot

Eh bien, Rouletabille,
je vais te refaire le coup de l'ellipse !

Si P est un point intérieur au triangle ABC
L'ellipse de foyers B et C passant par P recoupera le plus grand côté [AB] en un point F tel que AF>AP (*)

Pour ce point, on aura donc FA+FB+FC = FA+PB+PC > PA+PB+PC
Maintenant, il faut remarquer que pour tout point M du segment [AB], on a :
MA + MB = FA +FB
On cherchera donc le point M du segment [AB] tel que MC soit le plus grand possible, c'est le point A
d'où l'inégalité: AA +AB+AC > PA +PB +PC (cqfd).

(*) j'ai fait une petite ellipse (!) sur cette inégalité qui n'est pas évidente, mais en tous cas, dans le cas du triangle équilatéral, je saurais la démontrer.

Rouletabille

Jacquot, bravo pour l'ellipse.

Moi ma solution se fonde plutôt sur la convexité. Soit $\Pi$ le plan euclidien. Si $g$ est une application convexe de $\Pi$ dans $\mathbb{R}$, alors quels que soient $A \in \Pi$ et $B \in \Pi$, on a : $\underset{M\in [A,B]}{\max }g(M)=\max (g(A),g(B))$.

Si $A \in \Pi$, l'application $\phi_{A}:M\mapsto AM$, de $\Pi$ dans $\mathbb{R}$, est convexe ($AM$ désignant la distance). Si $A,B,C$ sont trois points de ce plan $\Pi$, l'application $f:M\mapsto AM+BM+CM$, de $\Pi$ dans $\mathbb{R}$, est donc convexe, et même strictement convexe si les points $A,B,C$ ne sont pas alignés, mais cette dernière remarque est inutile ici.

Soit un triangle $ABC$, avec : $BC\leq CA\leq AB$, et soit $P$ un point intérieur à ce triangle. La droite $AP$ coupe la droite $BC$ en un point $Q$. Le point $P$ est entre $A$ et $Q$, et le point $Q$ est entre $B$ et $C$, autrement dit : $P\in [A,Q]$, $Q\in [B,C]$.
En conséquence : $AQ\leq \max (AB,AC)=AB$, d'où : $f(Q)=AQ+BQ+CQ=AQ+BC\leq AB+BC$, et :
$f(P)\leq \max (f(A),f(Q))=\max (AB+AC,AQ+BC)=AB+AC$. CQFD.

Et l'on ne peut faire mieux, puisque $AB+AC=f(A)$.

jacquot

Cet argument de convexité est puissant.
S'agissant d'une question de géométrie, j'étais loin d'y penser.
La somme de trois fonctions convexes est convexe....
Après on imagine volontiers que le maximum est atteint à l'un des sommets du triangle
Voici un dessin bricolé à l'aide d'Excel:


Le minimum est atteint au point de Fermat-Toricelli

Rouletabille

@ Domi
Le périmètre d'un polygone convexe intérieur à un polygone simple est toujours inférieur au périmètre de ce dernier polygone. Je ne pense pas que ce soit "un petit problème d'olympiade donc niveau première-terminale". C'était une sorte de lemme qu'on voyait dans les traités de géométrie de la première moitié du XXème siècle, et que l'on démontrait comme suit.
Soit un polygone convexe, par exemple un pentagone convexe $\Pi=(A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5})$ intérieur à un polygone simple $\Pi'$. On trace les demi-droites d'origines successives $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4},A_{5}$, chacune contenant le sommet suivant du polygone $\Pi$. Ces demi-droites coupent successivement $\Pi'$ en $B_{1},B_{2},B_{3},B_{4},B_{5}$. On a : $A_{2}A_{3}+A_{3}B_{2}=A_{2}B_{2}\leq A_{2}B_{1}+\overbrace{B_{1}B_{2}}$, cette dernière notation désignant la longueur de l'"arc" $B_{1}B_{2}$ sur la ligne polygonale $\Pi'$.
En sommant cette inégalité avec les quatre autres analogues, on obtient le résultat voulu.
Les faiblesses de cette démonstration ne vous auront pas échappé.
Je veux bien que Domi ne veuille pas faire tout le boulot, mais on pourrait peut-être œuvrer ensemble pour rendre tout ça rigoureux.
Et encore une question : comment faire des chapeaux d'arcs ?

jacquot

$\widehat {ABC}$
Si tu veux voir mon code $ \LaTeX$, tu cliques de droite sur mon expression et tu choisis "Show as -> Tex commands"

Et puis, j'ai souvent recours à ceci:
LaTeX, écrire des mathématiques
Une autre démonstration à suivre...

jacquot

Pour la recherche du point où la fonction $f:M\mapsto AM+BM+CM$ atteint son minimum dans le triangle $ABC$, (Point de Fermat-Toricelli), on peut utiliser une rotation de 60° :

Il apparaît alors que cette somme est minimale si C, M, M', B' sont alignés ce qui est justement la cas quand le point M est à l'intersection des segments qui relient chaque sommet au 3è sommet du triangle équilatéral construit sur le côté .
J'avais pensé à utiliser cette même rotation pour la recherche du maximum de $f$, mais je n'ai pas su dire exactement pourquoi le chemin CAB' est le plus long (M et M' bougent conjointement).

Cependant, dans le cas où ABC est équilatéral, on peut montrer que (CM), (MM') et (M'C) font un angle de moins de 60° avec la "verticale" (CB')


Et dès lors, $CMM'B'\leqslant \sqrt 3 .CB' = CAB'$

Bien sûr, la démonstration à l'aide de la convexité de $F$ est bien plus radicale.

Rouletabille

Merci, mais ça, ce n'est pas un chapeau d'arc, c'est un chapeau d'angle, je l'ai déjà utilisé dans plusieurs messages. Un chapeau d'arc, c'est arrondi. Je vais chercher dans le texte que tu me cites, mais j'ai peur de ne pas trouver.

jacquot

Bon,
J'ai ceci, mais c'est pas top. $\frown{AB}$

$\overset \frown {AB}$ ; $\overset \frown {A_1B_2}$

$\overset{\displaystyle\frown}{A_1B_2}$

Pose peut-être la question sur le forum LaTeX ...

Domi

@ Rouletabille

Je n'avais pas fait tout à fait pareil mais ça y ressemble quand même pas mal . On considère un côté du petit polygone qui n'est pas contenu dans un côté du grand ( s'il n'y en a pas c'est fini ) et on le prolonge jusqu'à atteindre le polygone extérieur en $A$ et $B$ . Le petit polygone se trouve enfermé dans une des lignes polygonales du grand polygone reliant $A$ à $B$ , on supprime l'autre ligne que l'on remplace par $[AB]$ . On a diminué le périmètre du grand polygone et le petit polygone partage un nouveau côté avec le grand , on continue et ça ne devrait pas durer indéfiniment :-D

Je veux bien croire que tout cela est connu depuis très longtemps .

Domi

Rouletabille

Retour sur le point de Fermat, suite au message de Jacquot.
Soit un (vrai) triangle $ABC$ dans le plan euclidien $\Pi$. Extérieurement à ce triangle, on contruit les triangles équilatéraux $ABC'$, $BCA'$, $CAB'$. Alors, les droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ concourent en un point $F$ qui est le point de Fermat du triangle $ABC$, et l'on a de plus : $AA'=BB'=CC'$ (distances). Cela, c'est toujours vrai. Et je passe sur les nombreuses autres jolies propriétés de cette figure ...
De plus, il semblerait que : $AA'=FA+FB+FC=\underset{M\in \Pi }{\min }(MA+MB+MC)$. Mais ça, on le voit sur la figure grâce à la rotation de $\frac{\pi }{3}$ introduite opportunément par Jacquot, c'est vrai pour son triangle, mais ce n'est pas toujours vrai.
Comme dans mon message précédent, je veux insister sur le fait que les figures sont indispensables en géométrie pour visualiser les propriétés et même les découvrir, mais qu'il nous faut arriver au résultat par le seul raisonnement. Et ce n'est souvent pas facile.

jacquot

Salut Rouletabille,

As-tu vu le petit chapeau d'arc que je t'ai confectionné plus haut ?

Rouletabille

Jacquot
Oui, merci, c'est parfait
$\overset{\displaystyle\frown}{A_1B_2}$
Comment fait-on pour trouver quand on ne sait pas ?

jacquot

On peut trouver sur le ouèbe via Goooooooooooogle si on a le temps
J'ai aussi trouvé des trucs qui ne donnent rien ($\wideparen {AB}$), va savoir pourquoi !
Sinon, on peut poser la question sur notre forum $\LaTeX$ qui est fréquenté par d'éminents spécialistes...

Rouletabille

Je reviens sur le point de Fermat, défini comme dans mon précédent message, avec les triangles équilatéraux. J'ai dit que ce point ainsi défini réalise souvent le minimum de la somme $MA+MB+MC$ mais pas toujours. Il faut pour cela qu'aucun angle du triangle n'excède $\frac{2\pi }{3}$. Dans ce dernier cas, ce point de Fermat existe, mais le point qui réalise le minimum de la somme $MA+MB+MC$ est le sommet de cet angle supérieur à $\frac{2\pi }{3}$.

On peut voir ça par la Géométrie élémentaire, mais j'aime bien utiliser l'Analyse. Soit $\Pi$ le plan euclidien, soit un vrai triangle $ABC$ dans $\Pi$, et soit l'application $M\mapsto f(M)=MA+MB+MC$, de $\Pi$ dans $\R$.

Cette application $f$ est continue et vérifie : $\underset{M\rightarrow \infty }{\lim }f(M)=+\infty $. Ceci signifie que pour tout réel $a>0$, il existe un disque fermé $K$ tel que : $M\notin K\Rightarrow f(M)>a$. Il est bien connu que dans ce cas, la fonction $f$ a un minimum sur $\Pi$ pour la raison que $K$ est compact.

De plus, l'application $f$ est strictement convexe car les points $A,B,C$ ne sont pas alignés, et cette convexite stricte implique l'unicité du point réalisant le minimum.

De plus, l'application $f$ est différentiable sur $U=\Pi \backslash \{A,B,C\}$ et son gradient est : $\frac{\overrightarrow{MA}}{MA}+\frac{\overrightarrow{MB}}{MB}+\frac{\overrightarrow{MC}}{MC}$. Si le minimum se produit en un point autre que $A,B,C$, alors ce point est un point critique, le gradient est nul en ce point.
Or trois vecteurs unitaires de somme nulle font le logo Mercedes : leurs écart angulaires mutuels sont $\frac{2\pi }{3}$. Un tel point n'existe que si aucun angle du triangle $ABC$ n'excède $\frac{2\pi }{3}$ (en effet, si $M$ est un point intérieur au triangle $ABC$, alors : ${\widehat{AMB}}$ ${>\widehat{ACB}}$). On trouve alors le point de Fermat susdit comme point critique.
Si le triangle $ABC$ a un angle plus grand que $\frac{2\pi }{3}$, il n'y a pas de point critique, et le minimum est donc atteint en un point où la fonction n'est pas différentiable, c'est-à-dire $A,B$ ou $C$.