triangle équilatéral

Utilise pour cela la formule de Heron :
Aire = $\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$ où p désigne le demi-périmètre et (a,b,c) les longueurs des trois côtés.
En rajoutant des contraintes et en faisant tu calcul diff sur un compact de $\R^3$ (la fonction est continue) tu dois pouvoir montrer que le max est atteint pour $a=b=c=2/3p$.

soit $ABC$ un triangle de périmètre fixé. Si on fixe $A$ et $B$ et que l'on fait bouger $C$ en gardant la contrainte alors $C$ reste sur une ellipse de foyer $A$ et $B$. Ainsi on voit que si le maximum est atteint, $C$ est forcément sur la médiatrice de $AB$. Par symétrie on doit arriver au résultat.

Bonjour,

indication:

utiliser, pour A,B,C positifs ou nuls

ABC<=[(A+B+C)/3]³
avec egalite ssi A=B=C

( consequence en seconde de
u³+v³+w³-3uvw=(1/2)(u+v+w)[(u-v)²+(v-w)²+(w-u)²] )

et on regle les deux pbs.

Oump.

Ok Aleek. Toutefois, tu conclus deux fois "par symétrie" et là j'aimerais que tu t'expliques.

Au fond, pour revenir à la première préposition, tu montres joliment que :

Un triangle isocèle, à périmètre égal (!), a une plus grande surface qu'un triangle quelconque construit sur sa base (et rien d'autre).

Et selon toi, de là, il vient simplement "par symétrie" que :

Un triangle équilatéral, à périmètre égal, a une plus grande surface qu'un triangle quelconque.

Evidemment, vu qu'un équilatéral est trois fois isocèle, il vient bien

"qu'un triangle équilatéral, à périmètre égal (!), a une plus grande surface qu'un triangle quelconque (mais il suit...) construit sur sa base.

Bref, tant que tu n'auras pas dit explicitement ce que tu entends par "symétrie", tu n'auras pas démontrer notre proposition.

A+

Rudy

je pensais que si on a un triangle $ABC$ tel que chaque sommet soit sur la médiatrice du coté opposé alors ce triangle est equilatéral. Ca semble marcher non ?(la géométrie c'est vraiment pas mon truc, et j'ai l'oral des mines dans qq jours ... arghh ...)

Pour Volny DE PASCAL,

Je me trompe, ou l'aire d'un triangle étant le produit de la hauteur par la base (à un facteur près) la hauteur optimale est obtenue pour un sommet secondaire de l'ellipse ?

Bruno

Mais bien sûr qu’Alekk a raison, mais je ne partage pas votre optimisme quant a dire qu'il ait entièrement démontré la proposition.

Alekk, tu me dis,

je pensais que si on a un triangle ABC tel que chaque sommet soit sur la médiatrice du coté opposé alors ce triangle est équilatéral.

Bien entendu, mais toi tu démontres juste que :

Un triangle ABC, tel qu'un de ses sommets soit sur la médiatrice du côté opposé, a une plus grande surface, à périmètre égal, qu'un triangle quelconque construit sur ledit côté opposé.

Ou encore, en me répétant, tu démontres seulement que :

Un triangle isocèle, à périmètre égal, a une plus grande surface qu'un triangle quelconque construit sur sa base.

A quoi tu ajoutes, "par symétrie nous obtenons que :
Un triangle équilatéral, à périmètre égal, a une plus grande surface qu'un triangle quelconque" C'est ce dernier raccourci qui me laisse perplexe.

Autrement dit, ta démonstration pourrait être poursuivie comme suit...

De deux choses l'une :

1° Partant d’un triangle quelconque, on peut le transformer en un triangle isocèle qui gardera le même périmètre mais qui verra son aire augmenter, ensuite on peut reproduire cette opération sur ce dernier triangle pour obtenir à nouveau un isocèle (en jouant sur un autre côté) qui gardera toujours le même périmètre et verra encore son aire augmenter. Ainsi généralement on pourra répéter cette opération une infinité de fois. On devra alors montrer que les côtés des triangles obtenus tendent chacun vers le tiers du périmètre, c-à-d qu’à la limite nous obtenons un triangle équilatéral qui a bien gardé le même périmètre mais qui aura vu son aire porté au maximum.

2° Partant d’un triangle équilatéral, nous devrons montrer que tout triangle quelconque donné de même périmètre a une aire plus petite. Ce qui n’est pas si évident puisqu'avec Alekk nous savons juste que partant d’un triangle équilatéral, tout triangle quelconque de même périmètre ET construit sur une de ses bases a une aire plus petite.

Bref, tout ça n’est pas impossible à démontrer mais il ne suffit pas d'écrire simplement « par symétrie nous aurons que … ».

Et bonne chance pour l'oral des mines ;-)

Amicalement

Rudy

Pourquoi ne pas utiliser le raisonnement d'Alekk en supposant le problème résolu ?

Soit ABC un triangle d'aire maximale pour un périmètre donné p. A doit être sur la médiatrice de BC, B sur celle de AC, etc.

Aldo

Bien sûr Oumpapah, elle est très bien cette démonstration.

Si on veut s'en tenir à une démonstration plus géométrique, de prime abord, la réflexion d'Aldo paraît lumineuse, à savoir :

Pourquoi ne pas utiliser le raisonnement d'Alekk en supposant le problème résolu ?

Soit ABC un triangle d'aire maximale pour un périmètre donné p.
A doit être sur la médiatrice de BC, B sur celle de AC, etc.

Donc nous devons considérer un triangle a priori quelconque de périmètre donné, nous dire qu’il est de plus grande surface par rapport à n’importe quel autre triangle de même périmètre, et de là tirer comme conséquence qu’il est forcément équilatère. Or Aleek nous apprend qu’un triangle voit son aire augmenter quand, à périmètre égal, on déplace un de ses sommets sur la médiatrice du côté opposé. Donc notre triangle ne pourra pas voir un de ses sommets or de la médiatrice du côté opposé (puisqu’alors il ne serait pas de plus grande surface pour un même périmètre). Ainsi, il n'y a guère que le triangle équilatèral qui puisse convenir.
Et puisque le triangle équilatéral ayant un périmètre donné est unique, le problème est résolu et aujourd'hui je n'y vois plus rien à redire.

Bonne journée.

Rudy

déjà on sait que le maximum est atteint pour un polygone tel que si $A,B,C$ sont des sommets consécutifs alors $B$ est sur la médiatrice de $AC$. (on suppose que le polygone est convexe). De là on dirait que la conclusion n'est pas bien loin ..

Si j'ai bien suivi, en supposant le problème résolu pour le polygone à n côtés, on sait que les côtés sont tous égaux et il reste à montrer que les angles le sont aussi.

Soit A,B,C,D, 4 sommets consécutifs du polygone à n côtés d'aire maximale pour un périmètre p fixé.

Soit H le milieu de BC

De B, H et C, on trace les perpendiculaires à AD qui coupent AD en K, M et L.

Il nous faut montrer que l'aire maximale du quadrilatère ABCD est obtenue lorsque BC est parrallèle à AD.

Aire de ABCD = Aire ABK + Aire BCLK + Aire CDL

Or les triangles rectangles ABK et CDL ont même hypothénuses et ont tous deux la plus grande aire lorsqu'ils sont isocèles (voir post sur les olympiades :

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=182396&t=175624

Le quadrilatère BCLK a pour aire KL.HM

Or, KL, projeté du segment constant BC a sa plus grande valeur pour BC parallèle à AD.

Il ne reste plus qu'à montrer qu'il en est de même pour HM.

Sur la figure, la courbe bizarre sur laquelle se trouve H est en fait le lieu du point H tracé par géoplan. On voit que HM passe par un maximum pour BC parallèle à AD mais il faudrait encore le démontrer.

Si quelqu'un peut poursuivre ...

Aldo

Joli Aldo. Personnellement, j’ai préféré suivre une autre voie, mais je ne pourrai y revenir que ce soir.
Je voudrais néanmoins faire une rapide récapitulation.

Nous cherchons à montrer que :

Parmi tous les polygones à un nombre donné de côtés et d'un périmètre donné, c'est le polygone régulier qui a la plus grande surface.

Or par Aleek nous savons que parmi tous les triangles d’un périmètre donné, chacun des sommets du triangle de plus grande aire sera sur la médiatrice du côté opposé (audit sommet). Ainsi, à périmètre donné, le triangle de plus grande aire ne peut qu’être équilatéral.

Sachant cela, il vient que : parmi tous les polygones à un nombre donné de côtés et d'un périmètre donné, le polygone de plus grande aire est nécessairement lui aussi équilatéral.

Finalement, il nous reste donc à démontrer que :

Parmi tous les polygones équilatéraux à un nombre donné de côtés et d'un périmètre donné, c'est le polygone régulier qui a la plus grande surface. (voir Aldo ci-dessus pour une première démonstration)

Bonne journée.

Rudy

Méa Culpa, Rien ne va plus !

Je crois bien m'être fourvoyé : lorsque BC est parralèle à AD, il n'y a aucune raison pour que les triangles ABK et CDL soient isocèles. Donc, la démo ne tient pas la rouite !

>> Pitou

C'est vrai que je suppose le polygone convexe. Il me semble que s'il y a une "zone concave", on doit pouvoir avec les mêmes côtés les placer symétriquement de "manière convexe" sans changer donc le périmètre mais en gagnant beaucoup de surface. Bon, c'est vrai qu'il faudrait le vérifier un peu plus proprement.

Aldo

Voilà une autre piste :

On se place dans le cas où n (=le nombre de côtés) est pair. n=2k.

On appelle S1, S2, .... Sn les sommets.

La grande diagonale S1S(k+1) relie deux sommets opposés et divise le polygone en deux parties.

Ces deux parties ont même aire. En effet, si l'une avait une aire plus petite que l'autre, il suffirait de la modifier par symétrie pour augmenter l'aire totale sans toucher au périmètre.

On considère ensuite les diagonales partant de S1 les plus proches : S1Sk et S1S(k+2). Le raisonnement précédent montre que les aires S1S2.....Sk et S(k+2)S(k+3)......SnS1 sont égales.

Par soustraction, les triangles S1SkS(k+1) et S1S(k+1)S(k+2) ont même aire. Comme ils ont deux côtés égaux, ils sont égaux et les angles S1SkS(k+1) et S1S(k+2)S(k+1) sont égaux. Idem pour les diagonales S1Sk et S1S(k+2).

Poursuivons la construction avec les diagonales S1S(k-1) et S1S(k+3).
Le même raisonnement conclut à l'égalité des triangles S1S(k-2)S(k-1) et S1S(k+2)S(k+3), donc des angles S1SkS(-1) et S1S(k+2)S(k+3).

Les angles du polygone de sommets Sk et S(k+2) sont donc égaux.

Comme la même construction peut être faite à partir de n'importe quel sommet, tous les angles sont égaux et le polygone est régulier.

Sauf erreur et si je ne me suis pas trop emmêlé dans les notations, il ne reste plus que le cas n impair.

Aldo

Avec à peu près la même figure, je change mon fusil d'épaule !

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1er cas : n est pair

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On relie les milieux de deux côtés opposés, ce qui partage le polygone en deux demi-polygones de même périmètre, mais aussi de même surface : si l'un d'eux était plus petit, on pourrait le remplacer par le symétrique de l'autre et obtenir un polygone de même périmètre que le polygone initial mais d'aire supérieure.

A présent, supposons que l'angle a soit plus petit que b. En remplaçant le demi-polygone supérieur (celui qui contient l'angle a) par le symétrique de l'autre, on obtient un polygone de mêmes périmètres et aires que le polygone initial mais qui a une fâcheuse tendance à la concavité ce qui est impossible.

Pour la même raison b ne peut pas être plus petit que a.

On a donc le résultat :

si n est pair, deux côtés opposés sont toujours parallèles et ont la même médiatrice (les 4 sommets forment un rectangle).

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2ème cas : n est impair

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Cette fois, on relie un sommet au milieu du côté opposé et le même raisonnement donne le résultat suivant :

Tout sommet se trouve sur la médiatrice du côté opposé.

Pour le cas n pair, je vois comment conclure :

ABCD est un rectangle donc les diagonales AC et BD se coupent en leur milieu. En poursuivant de proche en proche sur les côtés suivants, il apparaît que toutes les grandes diagonales du polygone sont concourantes, ce qui me semble bien caractériser un polyfone régulier.

Pour le cas n impair, je pense qu'il ne manque pas grand chose...

Aldo

Avec à peu près la même figure, j'améliore mon idée :

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1er cas : n est pair

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On relie les milieux de deux côtés opposés, ce qui partage le polygone en deux demi-polygones de même périmètre, mais aussi de même surface : si l'un d'eux était plus petit, on pourrait le remplacer par le symétrique de l'autre et obtenir un polygone de même périmètre que le polygone initial mais d'aire supérieure.

A présent, supposons que l'angle a soit plus petit que b. En remplaçant le demi-polygone supérieur (celui qui contient l'angle a) par le symétrique de l'autre, on obtient un polygone de mêmes périmètres et aires que le polygone initial mais qui a une fâcheuse tendance à la concavité ce qui est impossible.

Pour la même raison b ne peut pas être plus petit que a.

On a donc le résultat :

si n est pair, deux côtés opposés sont toujours parallèles et ont la même médiatrice (les 4 sommets forment un rectangle).

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2ème cas : n est impair

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Cette fois, on relie un sommet au milieu du côté opposé et le même raisonnement donne le résultat suivant :

Tout sommet se trouve sur la médiatrice du côté opposé.

Pour le cas n pair, je vois comment conclure :

ABCD est un rectangle donc les diagonales AC et BD se coupent en leur milieu. En poursuivant de proche en proche sur les côtés suivants, il apparaît que toutes les grandes diagonales du polygone sont concourantes, ce qui me semble bien caractériser un polyfone régulier.

Pour le cas n impair, je pense qu'il ne manque pas grand chose...

Aldo

Bonjour Domi,

Bien vu, ma démo est encore fausse !

Mais je pense que tu peux donner la tienne. Utiliser des relations trigonométriques pour démontrer des égalités d'angles, c'est tout à fait naturel.

Aldo.

Bon, cette fois devrait être la bonne ! Au moins pour le cas où le nombre de côtés n est pair.

Soit P un polygone d'aire maximale Amax pour un périmètre p et un nombre de côtés n fixés, avec n pair.

Soit A, B et C trois sommets consécutifs et W, V, U les sommets opposés respectifs.

Traçons BV et CU qui se coupent en K. Soit A1 l'aire supérieure délimitée par ABKU... , A2 l'aire inférieure délimitée par CKVW..., T1 l'aire du triangle BKC et T2 l'aire du triangle UKV.

Comme nous l'avons vu toute grande diagonale coupe P en deux parties d'aires égales.

Donc A1+T1=Amax/2=A1+T2. Donc T1=T2.

Il est aisé de vérifier que les triangles BKV et UKV qui ont même aire, le côté BC égal à UV et un angle égal, sont égaux.

Mais a-t-on BK = KU ou BK = KV ?

Dans le cas où BK = KV, les diagonales se coupent en leur milieu et BCUV est un parallélogramme. On peut même montrer que c'est un rectangle :

si ce n'était "qu'un" parallélogramme, il suffirait de "redresser" les côtés CB et VU pour en faire un rectangle et donc augmenter sa surface, et du même coup obtenir un polygone à n côtés, de périmètre p et d'aire supérieure à Amax, ce qui est contradictoire.

Si, par contre, nous avons BK=KU, le quadrilatère BCVU est un trapèze isocèle.

Premier résultat R1 : BCVU est toujours un trapèze isocèle (peut-être aussi un rectangle).

Nous allons à présent montrer que les angles ABK, CBK, UVK et WVK sont tous égaux.

On remarque que la connaissance de la grande diagonale BV et du point C détermine de manière unique le point U : situé sur la parallèle à CV passant par A et tel que les angles BCV et UVC soient égaux.

Nous allons voir qu'il en est de même pour le point W :

Nous pouvons remplacer toute la partie du polygone située sous la diagonale BV par sa symétrique par rapport à la médiatrice de BV. Le nouveau polygone est aussi à n côtés, de périmètre p et d'aire Amax. Si W' est le symétrique de W par rapport à la médiatrice de BV, le résultat R1 nous dit que BW'VU est aussi un trapèze isocèle. Par l'unicité précédemment observée, on peut conclure que W' est en C.

Le point W est donc le symétrique de C par rapport à la médiatrice de BC.

Le même raisonnement nous montre que A est le symétrique de C par rapport à la grande diagonale BV.

Les 4 angles ABK, UVK, WVK et CBK sont donc égaux.

Or UVK et BCK sont égaux.

Donc les angles BCK et CBK sont égaux. Le triangle BKC est donc isocèle.

On en conclut aisément que deux grandes diagonales consécutives (ici BV et CU) se coupent toujours en leur milieu et donc que toutes les grandes diagonales sont concourantes en leur milieu K. On voit aussi que le trapèze isocèle BCVU est en fait un rectangle : deux faces opposées déterminent toujours un rectangle.

C'est suffisant pour conclure que P est un polygone régulier.

Bien entendu, il reste encore à étudier n impair !

Aldo.

Bonjour Aldo

Désolé , je vais encore jouer le rôle de l'empêcheur de tourner en rond .

Le passage du parallélogramme au rectangle me gène . En effet , les points C et U sont liés à d'autres sommets du polygone , notons les D et T . Faire pivoter les côtés [BC] et [UV] du parallélogramme BCVU entraine nécessairement un déplacement des côtés [CD] et [TU] qui occasionnera sûrement une perte d'aire . L'aire gagnée d'un côté compense-t-elle celle perdue de l'autre ? c'est toute la question .

Amicalement

Domi

>>Domi

Peux-tu expliciter car je ne comprends pas ton argument. Une fois le polygone régulier démontré, toutes les grandes diagonales sont égales et je ne vois pas cette perte d'aire dont tu parles. Merci.

Aldo

Bonjour Aldo,

Ta ténacité a payé :-)

Bravo pour avoir vu que la grande diagonale partageait le polygone en deux parties de même surface et d'en avoir si bien tiré les conséquences. Je te suis tout à fait jusque BCVU trapèze isocèle, voire rectangle. Ensuite, ca m'a l'air correct, mais je me demande si on ne pourrait pas prendre un raccourci pour montrer que seul le cas du rectangle est possible.

A+

Rudy

Bonjour Domi,

pour ce qui est des définitions, j'avais considéré que le rectangle est un cas particulier de trapèze isocèle, car ce qui nous intéresse pour la suite de la démonstration, c'est juste de savoir que les côtés BU et CV sont parallèles et que BC=UV.

Pour ce qui est de la situation des points W et C :

on montre d'abord que W est le symétrique de C par rapport à la médiatrice de BV :

soit W' le symétrique de W. En remplaçant la partie BC....WV par sa symétrique par rapport à la médiatrice, on obtient un polygone qui vérifie aussi la propriété d'aire maximale pour le même périmètre et même nombre de côtés. Donc R1 nous dit que BW'VU est un trapèze isocèle. Par l'unicité, on a W' confondu avec C.

Montrons maintenant que U est le symétrique de W par rapport à BV :

Si nous remplaçons la partie supérieure BA........UV par la symétrique de BC......WV par rapport à BV, nous obtenons encore un polygone d'aire maximale pour même périmètre et même nombre de côtés. Donc, nous pouvons appliquer R1 qui nous dit que BCVW'' est un trapèze isocèle (avec W'' le symétrique de W par rapport à BV). D'après l'unicité constatée, W'' est en U. Donc U est le symétrique de W par rapport à BV.

Idem pour montrer que A est le symétrique de C par rapport à BV.

Voilà Domi, j'espère qu'à présent tout est clair. N'hésite pas à me dire si tu as des doutes !

Aldo.

OK Aldo pour le cas pair .

Je te lis pour le cas impair et je te donne mon avis .

Amicalement

Domi

Je pense aussi comme toi, Domi, et comme Rudy, qu'on doit pouvoir trouver des raccourcis ou une présentation plus agréable.

Par exemple, dans le cas n impair, on peut donner avec précision la position des points H, K, etc.

Un polygone à 2n côtés a une somme des angles qui vaut pi(2n-2)

Le même régulier a chaque angle d'une valeur pi(2n-2)/2n.

Donc en fait, on choisit H tel que l'angle BHC = pi(2n-2)/2n

On peut même en déduire la valeur exacte de r'.

Au départ, une autre piste pour résoudre le problème consistait à s'occuper de 4 points consécutifs pour montrer que la figure symétrique (trapèze) devait être solution. Ceci revient à maximiser la surface délimitée par un segment quelconque et une ligne brisée composée de 3 segments égaux.

Peut-on utiliser le résultat du polygone régulier pour en conclure quelque chose sur celui de la ligne brisée ?

Malheureusement, je ne vois pas de réciproque complète car, "prélevé" sur un polygone régulier, le problème de la ligne brisée n'est pas aussi général : le segment de base ne peut pas prendre n'importe quelle valeur !

Aldo

Rudy, il manque quand même quelque chose dans ta présentation : comment déterminer r en fonction de r' qui, lui, est donné par l'énoncé ?

Notamment dans ton dernier paragraphe, tu dis :

(...) et ayant r comme longueur des deux autres côtés (...).

Comment connaître r ?

J'en ai d'abord donné une construction (médiatrice + angles égaux) puis un calcul explicite par mesure d'angle. On peut aussi remarquer que le n-gone et le 2n-gone sont inscriptibles dans le même cercle. Pour passer de n à 2n, il suffit donc de rajouter les milieux des arcs.

Mais on peut aussi se moquer de la valeur de r en fonction de r' !

On construit n'importe quel polygone régulier à 2n côtés, puis celui à n côtés en prenant un sommet sur 2. Ce dernier a alors un côté d'une valeur x. Il suffit d'une petite homothétie pour passer de x à r' la valeur donnée dans l'énoncé !

Aldo.