888 Pour chercher et approfondir PEP Exercice 473-4 (ichel Lafond - ijon) ans le plan, un triangle a une aire de 344 m Un point P du plan vérifie P = 5 m, P = 33 et P = 39 m alculer les côtés de Solutions Exercice 470- (orol aire n 4) émontrer que, pour tout ensemble {x, y, z} de trois nombres réels quelconques, on a : x + y + y + z + z + x x + y + z + x + y + z À quel moment a-t-on l égalité? Solution de Nicolas Pin (Saintes) Remarquons tout d abord que, pour tous réels x, y, z, α, β, γ : et donc : ( α+ β γ) = x x+ y= α x+ z = β ( α β+ γ) = y y+ z= γ ( α + β + γ ) = z x+ y + y+ z + z+ x x + y + z + x+ y+ z α + β + γ ( α β+ γ + α+ β+ γ)+ ( α+ β γ + α+ β+ γ) Nous allons montrer cette dernière inégalité Pour cela, quelques propriétés algébriques de la fonction «valeur absolue» nous seront utiles La première est la suivante : pour tous réels a et b, a b + a + b = max ( a, b ) où l on déduit que, pour tous réels α, β, γ : E = ( α β+ γ + α+ β+ γ)+ ( α+ β γ + α+ β+ γ) = max ( γ, α β)+ max ( γ, α+ β) insi, pour tous réels α, β, γ : E γ + α β et E γ + α+ β () Or, une autre propriété (cas particulier de la précédente ) de la valeur absolue nous dit que, pour tous réels α, β : α β si α et β ont des signes contraires α + β = α + β si α et β ont le même signe
PEP Exercices de ci de là 889 Il résulte alors de () que, pour tous réels α, β, γ : E α + β + γ e qui prouve l inégalité souhaitée as d égalité après () : Si α et β ont des signes contraires, on aura égalité si et seulement si : α+ β γ α β Si α et β ont le même signe, on aura égalité si et seulement si : α β γ α+ β utrement dit, on a égalité si et seulement si γ est compris entre α β et α + β, c est-à-dire si et seulement si y + z est compris entre y z et x + y + z Solution de Georges Lion (Wallis) L égalité est évidente si les trois nombres sont du même signe large ou bien si l un d eux est nul Sinon, éventuellement par permutation des lettres et changement des trois signes, on se ramène au cas suivant : x et y > 0, z < 0 lors l intervalle d extrémités x + z et y + z est contenu dans ]z, x + y + z[ et a le même milieu La fonction «valeur absolue» est convexe et non constante sur tout intervalle non ponctuel La partie de sa courbe représentative pour t dans ]z, x + y + z[ est contenue dans le demi-plan ouvert situé en dessous de la droite joignant les points d abscisses z et z + x + y de cette courbe où l on déduit : ( x+ z + y+ z)< ( z + x+ y+ z) On termine en multipliant par et en ajoutant x + y des deux côtés utres solutions : Olivier yassou (ayenne), Robert ourdon (Tourgeville), Jean- laude arrega (Lyon), lain orre (oulin), René anzoni (Le Havre), Raymond Raynaud (ijon), Pierre Samuel (Hossegor) ichel Lafond (ijon) complète par l inégalité : a+ b+ a+ c + a+ d + b+ c + b+ d + c+ d a + b+ c + d + a+ b+ c + a+ b+ d + a+ c+ d + b+ c+ d + a+ b+ c+ d Pierre Renfer (Ostwald) étend l inégalité à tout triplet de nombres complexes avec les modules, Georges Vidiani (ijon) précise que vous obtiendrez des renseignements plus complets en demandant «Hlawka inequality» sur votre moteur de recherche préféré Exercice 470- (Raymond Raynaud igne) Étant donné un carré, quel est le lieu L du point de son plan tel que les deux cercles et aient le même rayon?
890 Pour chercher et approfondir PEP Solution de Pierre Samuel (Hossegor) Prenons un repère orthonormé dont les axes sont ceux du carré Les coordonnées de ses sommets sont de la forme : ( a ;, (a ;, (a ;, ( a ; y Soient (u ; v) les coordonnées d un point E La médiatrice de [] a pour équation : Son intersection E avec la médiatrice de [] (x = 0), a pour ordonnée : Le point E est le centre du cercle circonscrit au triangle dont le carré du rayon est donc : u + v a u + v av R = E = a + a = a + ( v ( v Pour le cercle circonscrit au triangle, on passe par la médiatrice de [], ce qui revient à changer a en a ; d où le carré du rayon : u + v + av R = a + ( v+ L égalité R = R se décompose en deux équations : ) c est-à-dire u v = 0 On obtient la réunion des deux bissectrices u = v et u = v ) L autre équation donne : c est-à-dire : u a v a ( u x + + ( v y + = 0 u + v a y = ( v u + v av u + v + av =, ( v ( v+ ( v + ( u + v av) = ( v ( u + v + av) ; au ( + v ) 4av = 0 ; ( v + ( u + v av) ( v ( u + v + av) = 0, vu ( + v) 4av= 0 On obtient la réunion de la droite v = 0 et du cercle circonscrit au carré omplément : Il est facile de voir directement que, si appartient à l une de ces trois droites ou à O x
PEP Exercices de ci de là 89 ce cercle, les cercles et ont même rayon Pour cela, on note (F) la formule de la géométrie du triangle : a b c R = = = sin sin sin Si est sur l axe v = 0, les deux triangles sont symétriques Si est sur la diagonale u = v, les longueurs et sont égales par symétrie et les angles et sont égaux On conclut par (F) e même si est sur la diagonale u = v Si est sur l arc du cercle circonscrit au carré, le théorème sur l angle au centre et l angle inscrit montre que les angles et ont pour somme π et ont ' donc même sinus omme =, on conclut par (F) Si est sur l arc ou, les angles sont égaux et on aboutit à la même conclusion Le calcul ci-dessus a cependant l intérêt de montrer que le lieu cherché ne comprend rien d autre que les trois droites et le cercle Solution de Jean-laude arrega (Lyon) On note et les axes de symétrie du carré qui sont médiatrices des côtés coupe [] en H et [] (Γ ) en K Si est un point du lieu L, on note Γ le cercle de centre O et Γ le cercle de centre O es cercles ont le même rayon R et leurs centres O et O O H sont sur l axe Les cercles Γ et Γ peuvent être N confondus ou tangents, sinon ils ont un autre point commun N symétrique de par rapport à Le point N appartient aussi au lieu L On a O = O = R ; il en O (Γ ) résulte que les triangles rectangles HO et KO sont isométriques On distingue deux cas suivant que K KO = HO ou KO = HO Premier cas : KO = HO On a alors OO = KH et le cercle Γ est l image du cercle Γ dans la translation de vecteur KH = On raisonne sur le point noté sur la figure Il y a un raisonnement analogue pour le point N On note le point de Γ, image de dans la translation de vecteur On a donc ' =, d où = = Les cordes [] et [ ] du cercle Γ sont perpendiculaires et de y O x
89 Pour chercher et approfondir PEP même longueur On passe de la corde [] à la corde [ ] par la rotation de centre O et d angle π/ Il en résulte que O π = ; cet angle au centre correspond à l angle inscrit π = Il en résulte que est situé sur la droite () 4 Réciproquement, soit un point quelconque de la droite () distinct de et omme dans la partie directe, on note Γ et Γ les cercles et On a en angles de droites :,,,, la dernière égalité s obtenant par la symétrie par rapport à () On note le translaté de dans la translation de vecteur On a alors,,, d où (( ),( ) ) = ( ),( ) (( ) ( )) = ( ) ( ) ( ) ( ) = (( ) ( )) insi les quatre points,, et sont cocycliques, donc Γ Il en résulte que Γ est l image de Γ dans la translation de vecteur ; donc Γ et Γ ont le même rayon insi L u début de l étude du premier cas, on a raisonné sur le point noté sur la figure pour obtenir que la droite () privée des points et fait partie du lieu L En raisonnant sur le point N symétrique de par rapport à, on obtient aussi que la droite () privée des points et fait partie du lieu L euxième cas : KO = HO ans ce cas, on a Γ =Γ ou Γ et Γ distincts et symétriques par rapport à Si Γ = Γ, alors Γ et Γ coïncident avec le cercle Γ circonscrit au carré et Γ Réciproquement, il est clair que tout point de Γ, distinct de,, et, est dans L Si Γ et Γ sont distincts et symétriques par rapport à, on a Réciproquement, soit un point quelconque de Les cercles et sont alors symétriques par rapport à onclusion : le lieu L est la réunion de la droite, du cercle circonscrit au carré, des droites () et (), réunion privée des points,, et (( ) ( )) = ( ) ( ) ( ) utres solutions : Robert ourdon (Tourgeville), lain orre (oulin), René anzoni (Le Havre), lbert arcout (Sainte-Savine), hristian Perroud (Habère- Lullin), Raymond Raynaud (ijon), Pierre Renfer (Ostwald) H O O H O O K K Δ Δ (Γ) Δ Δ
PEP Exercices de ci de là 893 arc Roux (Nîmes) propose un prolongement : Étant donné un rectangle, quel est le lieu L du point de son plan tel que les deux cercles et aient le même rayon? Il encourage à l exploration du problème avec Géogébra Exercice 470-3 (iguel mengual ovas Espagne) Soient un triangle équilatéral, les points et E situés respectivement sur les côtés [] et [] et tels que les segments [E] et [] soient de même longueur Soient le milieu du côté et P l intersection de et E ontrer que les angles PE et P sont égaux Solution de Raymond Raynaud (igne) Soit G le centre de gravité du triangle La rotation de centre G et d angle 0 envoie le E triangle sur le triangle E, la droite () sur Q N la droite (E), et le point P de () sur le point Q de L (E) G P L angle aigu PE des droites () et (E) vaut 60, et comme l angle P du triangle GPQ vaut 30, la droite (PG) apparaît comme la bissectrice de l angle PE Pour démontrer que les angles PE et P sont égaux, il suffit donc de prouver que la droite PG est aussi bissectrice de l angle P Soit le symétrique du point par rapport à la droite () Le quadrilatère P dont les angles P et sont supplémentaires est inscrit dans le cercle de diamètre [G ], lieu des points dont le rapport des distances aux points et est égal à En particulier P/P = ans le triangle P, G/G = onc G/G = P/P La droite PG est la bissectrice de l angle P Solution de Isabelle Lallier-Girot (réteil) est équilatéral, est sur [], E sur [], E =, P est l intersection de () et de (E), est le milieu de [] On construit P symétrique de P par rapport à, donc PP est un parallélogramme P = P ; de plus les triangles E et sont isométriques : E =, =, E = = 60 On en P E F P
894 Pour chercher et approfondir PEP déduit E = E ; or E = EP et E = P ; donc EP = P où P P = P + P = P + EP omme (P) // (P ), on a P = P ; d où P P = P + EP = 60 Le parallélogramme PP a des angles de 60 et 0 ;,, et P sont donc cocycliques d où P = 60 F est le point d intersection de (P ) et () ans le triangle P, on a P = + PP = + 60 et P = 60 ; donc P = 60 = omme P = F, on a = F e plus = et = F = 60 onc les triangles et F sont isométriques On en déduit que F = On construit Q comme intersection de (E) et (F) et R comme intersection de () et (F) omme P = 0, on a PE = 60 Par permutation, on a E et R QF = = 60 Q 60 ; le triangle PQR est donc équilatéral La bissectrice de RPQ est la médiatrice de [QR] R P Les angles PRQ et RPQ sont opposés par le F sommet, donc RP = 60 ; comme RP = 60, le triangle RP est équilatéral On en déduit que P R = RP ; or par permutation Q = R On a donc Q = RP ; le milieu de [P ] est donc celui de [QR], les segments [QR] et [P ] ont la même médiatrice passant par P, le triangle PP est isocèle en P ; d où la bissectrice de RPQ est aussi celle de PP Les angles et RPP = P PQ = PE sont égaux utres solutions : Jean-laude arrega (Lyon), lain orre (oulin), René anzoni (Le Havre), lbert arcout (Sainte-Savine), hristian Perroud (Habère- Lullin), Pierre Renfer (Ostwald), Exercice 470-4 (Georges Lion - Wallis) Soit (de rayon R) et Γ deux cercles de centres O et Ω, orthogonaux en et Une droite menée par O coupe [] en P et Γ en et N respectivement intérieur et extérieur à ) Exprimer la longueur OP en fonction de la longueur O ; si [ ] est une corde
PEP Exercices de ci de là 895 non diamétrale de, passant par P, que dire du cercle circonscrit au triangle? ) Exprimer le rapport P/P en fonction du rapport / Solution de Robert ourdon (Tourgeville) ) Les cercles sont orthogonaux, donc OΩ π = Soit OΩ =d, ΩO = α, Ω = ρ et ( ΩK) ( N) ΩK= dsin α ; ρ = d R ; K = ρ d sin α= d cos α R K = d cos α R Or OK = d cos α ; d où O = dcosα d cos α R () ans le triangle OΩ, O OH O OH R = Ω ; = d ans le triangle OHP, où d cosα = R OH R OP = =, et en remplaçant cosα d cosα OP 4 dans (), O R 4 = R ou O OP = R R R OP, ou OP OP R OP ( O + R ) R O OP = 0 R O OP = 0 n a pas de sens Il reste OP = O + R x ; K N O α P H I Ω ans ( ), P P = P P ) Soit la corde, d ' où P P = P PN ans ( Γ), P P = P PN
896 Pour chercher et approfondir PEP Le cercle circonscrit à passe par N En outre, O = O ON Or O = O, d où cercle () O = O ON onc le cercle N est orthogonal au P 3) ans le triangle P, = ; dans le triangle P, sin sin P P = Or P = π P ; leurs sinus sont donc égaux, d où sin sin P P N N = sin ans le triangle N, ; dans le triangle P sin = sin N sin N N N, = Or N = π N, leurs sinus sont donc égaux, d où sin sin N sin N sin = N Soit I l intersection de (OP) avec (), on mène (I) et (I) Or O N et I IO I = O Ω O I Ω = Ω = où I N O = 90 IN = I Ω + Ω N = I Ω+ 90 N x Or, comme angle extérieur à ON, on a N x = O + N ; d où IN O N O O = 90 + = 90 N I onc IN = I (I) est bissectrice de N, d où = IN N N On démontre de même ; d où ; = = sin I = = IN N N N N sin P où = = P utres solutions : Jean-laude arrega (Lyon), lain orre (oulin), René anzoni (Le Havre), lbert arcout (Sainte-Savine), hristian Perroud (Habère- Lullin), Raymond Raynaud (igne), Pierre Renfer (Ostwald)