Solution au problème de Décembre 2008

Le problème:
	Un point est situé dans un triangle équilatéral, de telle sorte que les distances du point aux trois sommets du triangle sont de 5, 12 et 13 unités respectivement. Quelle est l'aire du triangle équilatéral?

La solution:

Nous avons reçu des solutions correctes de

En plus, Farid Alberto Lian Martínez (Colombie) et Jason Ganley nous ont fait parvenir des solutions numériques.  Les solutions complètes utilisaient quatre méthodes différentes. Nous donnons ici les solutions de Fondanaiche, Collignon et Nadault et la solution de Stadler.

Solution.

1 Solution de Fondanaiche. LoPresti, Rexhepi, Robinson, and Sengupta nous ont fait parvenir des solutions similaires.
 

"Soit ABC le triangle équilatéral de côté a à l'intérieur duquel un point P est situé à des distances 5, 12 et 13 des sommets A, B et C. On constate que les trois entiers 5, 12 et 13 constituent un triplet pythagoricien tel que 5² + 12² = 13². Nous allons donner une solution valable pour tout point P situé respectivement à des distances entières p,q et r des trois sommets A, B et C telles que p² + q² = r².

FIGURE 1

On trace le triangle équilatéral APQ de côté p tel que AP = AQ = p avec Q et P situés de part et d'autre du côté AB. Les deux triangles ACP et ABQ sont égaux car ils ont le même angle au sommet A (CAP = BAQ = 60° - BAP) compris entre les côtés AC et AP d'une part et les côtés AB et AQ d'autre part qui sont égaux deux à deux. Il en résulte que BQ = r. Comme BP = q et que p² +  q² = r² (par hypothèse), le triangle BPQ est rectangle avec P sommet de l'angle droit.

Soit H la projection de A sur la droite BP. L'angle APH est égal à 180° - 90° - 60° = 30° et le triangle rectangl.e APH est un demi-triangle équilatéral. Le côté AH vaut p/2 et le côté PH vaut p×racine(3)/2. On en déduit que AB² = a² = AH² + BH² = p²/4 + (q + p×racine(3)/2)² = p² + q² + p×q×racine(3) = r² + p×q×racine(3). Soit S la surface du triangle équilatéral ABC. On a  S = a²×racine(3)/4. D'où S = (r²×racine(3) + 3×p×q)/4.

Application numérique: p = 5, q = 12 et r = 13. S = (169×racine(3) + 180)/4 = 118,179146..."

2 Solution de Collignon.

FIGURE 2

"On notera (ABC) l’aire d’un triangle.
On considère les triangles suivants :

APC est l’image de AMB par la rotation directe de centre A et d’angle 60°.
BRA est l’image de BMC par la rotation directe de centre B et d’angle 60°.
CQB est l’image de CMA par la rotation directe de centre C et d’angle 60°.

L’hexagone ARBQCP a une aire double de l’aire (ABC) celle du triangle équilatéral ABC.
(ARBQCP) = (APM) + (CQM) + (BRM) + (PMC) + (QMB) + (AMR) .
Les triangles APM, CQM et BRM sont équilatéraux et l’aire d’un triangle équilatéral de côté a est : a²×racine(3)/4.
D’où : (APM) + (CQM) + (BRM) = 5²×racine(3)/4 + 12²×racine(3)/4 + 13²×racine(3)/4 = (169/2)×racine(3).

Les triangles PMC, QMB et AMR sont trois triangles isométriques rectangles car on a : 13² = 12² + 5².
( D’où le résultat d’après la réciproque de la propriété de Pythagore. )
D’où : (PMC) + (QMB) + (AMR) = 3 × (5 × 12)/2 = 3 × 30 = 90.
D’où : (ABC) = 1/2 × ( 90 + (169/2)×racine(3)), soit : (ABC) = 45 +169×racine(3)/4."

3 Solution de Nadauld.

FIGURE 3

"Désignons par A', B' et C' les symétriques du point donné par rapport aux côtés BC, CA et AB du triangle.

L'hexagone AC'BA'CB' a évidemment une aire double de celle du triangle ABC et chacun des triangles AB'C', BA'C', CA'B' est isocèle, avec un angle au sommet de 120° (doubles des angles initiaux). Donc les aires de ces triangles sont égales à celles de triangles équilatéraux ayant même côté, c'est-à-dire : rac(3)/4 multiplié par 5×5, 12×12 et 13×13.

D'autre part le triangle A'B'C' est un triangle rectangle de côtés

[5×rac(3), 12×rac(3), 13×rac(3)]

et donc d'aire égale à 90 .

Finalement le triangle ABC a pour aire :

[90 + (25 + 144 + 169)×rac(3)/4]/2 = [90 + (338*rac(3)/4)]/2."

4 Solution de Stadler.  De Visme et Teitelman nous ont fait parvenir des solutions similaires.

Soit α, β, γ, les trois angles à P; plus précisément, soit α = BPC, β = ∠CPA,  γ = ∠APB. Soit s, le côté du triangle. Alors selon la loi du cosinus:

,

et                                                       (*)

Puisque α + β + γ = 2, nous avon;  par conséquent , et finalement,

En insérant les valeurs de (*) dans cette équation, nous obtenons une équation de degré six pour le côté s, soit

s²(s⁴ - 338 s² + 17761) = 0.

Cette équation a pour solutions s² =0, et s² = 169 ± 60√3. Il faut alors vérifier que seule la solution s² = 169 + 60√3 respecte la condition α + β + γ = 2. Avec cette valeur de s², on obtient une valeur de [ABC] = 169(√3/4) + 45 pour l'aire du triangle.

Commentaires. Comme l'ont noté plusieurs correspondants, le triangle 5-12-13 n'a rien de spécial. Les mêmes arguments donneraient l'aire de tout triangle équilatéral en termes des distances a, b, et c d'un point central P aux sommets, lorsque a² + b² = c². La solution proposée par Robinson se passe de cette dernière condition. En fait, à partir de la solution de Nadault, il suffit d'utiliser la formule de Heron pour trouver l'aire du triangle A'B'C': 

            [ABC]   = ½ [AC'BA'CB']

                        = ½ ([AC'B'] + [BA'C'] + [CB'A'] + [A'B'C'])

En particulier, pour tout choix de P à l'intérieur d'un triangle équilateral, les distances a, b, c aux sommets vérifient l'inégalité triangulaire, c'est-à-dire qu'ils correspondent aux côtés d'un triangle. Cette observation remonte à Dimitrie Pompeïu en 1936; plus précisément:

Pour tout point P dans le plan de DABC, les longueurs des segments PA, PB, PC correspondent aux côtés d'un triangle sauf lorsque P est sur le cercle passant par A, B, et C, auquel cas les réflections de P sur les côtés (A', B', C'), sont colinéaires.

Sengupta nous a référé au site MathWorld

http://mathworld.wolfram.com/EquilateralTriangle.html

où on trouve une belle formule de Martin Gardner (Mathematical Carnival: A New Round-Up of Tantalizers and Puzzles from Scientific American, New York: Vintage Books, 1977, pages 56-57 et 63) pour le côté s du triangle équilatéral:

3(a⁴ + b⁴ + c⁴ + s⁴)=(a² + b² + c² + s² )².

On la trouve en remplacant [ABC] par s²√3/4 dans l'équation précédente, puis en simplifiant.  Richard Guy note (dans Unsolved Problems in Number Theory, 2nd ed. New York: Springer-Verlag, 1994; en particulier Section D19, page 183) qu'une recherche par ordinateur a démontré que a = 57, b = 65, c = 73, et s = 112 est le plus petit exemple où tous les paramètres sont entiers. Il existe une famille infinie de solutions entières données par

a = m² + n², b = m² + mn + n², c = m² – mn + n²,
où m = 2(u² + v²), n = u² + 4uv + v²

donc

s = 8(u² – v²)(u² + uv + v²).

Merci à Matthieu Dufour qui nous a fait découvrir ce problème qu'il a trouvé dans Charles W. Trigg, Mathematical Quickies: 270 Stimulating Problems with Solutions. Dover (1985); publication originale en 1967. On le retrouve également deux fois chez Dr. Math:

http://mathforum.org/library/drmath/view/61863.html,

faisant référence à un problème Mensa des environs de 2002, et l'item 55022 où il y a une discussion de 1998.  C'est aussi le problème 3682 de School Science and Mathematics  des environs de 1975 (selon Stanley Rabinowitz's Index to Math Problems 1975-1979, p. 135).