Pentagramme

techer · August 2017

Bonjour,
Un autre problème d'AMM qui semble bien plus compliqué que le précédent (voir la figure).
La question est de montrer que $EF + GH + JK \le KE + FG + HJ$.

J'ai procédé comme suit. dans le repère $(I,\vec{II'},\vec{IC})$, où I' un point tel que $II'$ est parallèle à MN. j'ai calculé les coordonnées de tous les points sur la figure. Je trouve
$$A=-\frac{r}{\sin\left(\frac{A}{2}\right)}\left(\cos\left(\frac{B}{2}\right),\sin\left(\frac{B}{2}\right)\right),~~B=\frac{r}{\sin\left(\frac{B}{2}\right)}\left(\cos\left(\frac{A}{2}\right),-\sin\left(\frac{A}{2}\right)\right),~~C=\frac{r}{\sin\left(\frac{C}{2}\right)}\left(0,1\right)$$

Puis je trouve également

$$M=2R\sin\left(\frac{A}{2}\right)\left(\cos\left(\frac{B}{2}\right),\sin\left(\frac{B}{2}\right)\right),~~N=2R\sin\left(\frac{B}{2}\right)\left(-\cos\left(\frac{A}{2}\right),\sin\left(\frac{A}{2}\right)\right),~~P=-2R\sin\left(\frac{C}{2}\right)\left(0,1\right)$$

Ensuite j'ai calculé les coordonnées des points $E,F,G,H,J,K$ en utilisant le jeu d'intersection entre les droites....et là les expressions obtenues sont devenues trop lourdes à manipuler. Je me demande s'il existe une méthode plutôt géométrique qu'analytique.

Bien à vous. 66482

Domi · August 2017

Ce n'est pas bien clair tout ça , l'inégalité marche dans les deux sens non ?

Domi

techer · August 2017

Bonjour Domi,
Qu'est ce que vous voulez dire par "marcher dans les deux sens" ?
Merci.

Math Coss · August 2017

Je pense que Domi veut dire que l'inégalité est une égalité et je suis d'accord si le pentagramme (qui a six sommets, ce n'est pas banal) est un hexagone régulier. Bien qu'il n'ait pas l'air de l'être sur la figure (le triangle $PKE$ a l'air plus grand que $NFG$), je ne comprends pas comment la figure est faite. Les droites $MN$ et $IC$ sont perpendiculaires ? Est-ce que $I$ est le centre du cercle ?

techer · August 2017

@Math Coss : $I$ est le centre du cercle inscrit. On démontre effectivement que $MN$ et $IC$ sont perpendiculaires. L'égalité est obtenue, je pense, dans le cas d'un triangle $ABC$ équilatéral, sinon dans le cas général on a une inégalité.

pappus · August 2017

Bonsoir
Voici une figure plus précise!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
C'est le moment ou jamais d'appliquer l'Axiome de Thalès! 66492

pappus · August 2017

Bonne Nuit
On trouve ainsi, (c'est le plus facile):
$AE=AF=\dfrac{bc}{a+b+c}$, $BJ=BK=\dfrac{ca}{a+b+c}$, $CG=CH=\dfrac{ab}{a+b+c}$
Puis: $JH=\dfrac{a^2}{a+b+c}$, $FG=\dfrac{b^2}{a+b+c}$, $EK=\dfrac{c^2}{a+b+c}$
Amicalement
[small]p[/small]appus

pappus · August 2017

Bonjour
Dans le triangle isocèle $AEF$, on a: $EF=2AE\sin(\dfrac A2)=\dfrac{2bc}{a+b+c}\sin(\dfrac A2)$
Tout revient donc à montrer l'inégalité:
$$2\big(bc\sin(\dfrac A2)+ca\sin(\dfrac B2)+ab\sin(\dfrac C2)\big)\le a^2+b^2+c^2$$
avec égalité si et seulement si le triangle $ABC$ est équilatéral.
Amicalement
[small]p[/small]appus

techer · August 2017

Merci Pappus pour votre contribution.
On a $$\sin \left(\frac A2\right) \leq \frac a{2\sqrt{bc}} \tag{1}$$ puisque $\sin\left(\frac{a}{2}\right)=\sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{bc}}$, et donc l'inégalité (1) est équivalente à $0\le (b-c)^2$.
On a donc $$2\left(ab\sin \left(\frac C2\right)+bc\sin \left(\frac A2\right)+ca\sin \left(\frac B2\right)\right)\le a\sqrt{bc}+b\sqrt{ac}+c\sqrt{ab}\le a\frac{b+c}{2}+ b\frac{a+c}{2}+ c\frac{a+b}{2}=ab+bc+ca
$$ L'inégalité à prouver est donc équivalente à $$ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2$$ qui s'écrit $$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge 0$$

pappus · August 2017

Merci Techer pour ce dernier effort!
C'est un bel exercice. Je ne vois pas très bien ce que le pentagramme vient faire dans cette histoire mais on vient peut-être de découvrir le sixième livre caché du Pentateuque!
Amicalement
[small]p[/small]appus

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