"Quickie" de Mathematics Magazine

Bonjour jelobreuil
Hélas, ton autre "triangle d'or" ne vérifie aucune des $2$ conditions données. En fait, les seuls triangles vérifiant ces $2$ conditions sont les triangles isocèles ayant un angle au sommet de $108^{\circ }$. Il ne reste plus qu'à le prouver.
Amicalement. Poulbot

Bonjour à toutes et tous

@zephir "J'appelle maître Pappus au secours pour démêler cet écheveau que je viens de fabriquer" Après avoir dialogué sur scène avec ton cerveau, comme je te comprends de vouloir dialoguer sur le forum avec Pappus qui est notre cerveau de référence à tous. Cela dit, ta méthode devrait donner le résultat mais j'avoue ne pas avoir le courage de la fouiller plus avant.

@jelobreuil D'accord pour ta partie directe; mais beaucoup moins avec tes $2$ dernières lignes en guise de réciproque. Il existe une infinité d'autres formes de triangles pour lesquels $AI+BI+CI=3R-2r$ (par exemple un triangle isocèle de côtés $\dfrac{\sqrt{13}-3}{2},1,1$).
Pour suivre ton idée, il faut prouver que les $2$ conditions données impliquent, à une permutation près, $AI=R-2r,BI=CI=R$.

Pour cela, posant $\alpha =AI,\beta =BI,\gamma =CI$, on peut commencer par montrer que, dans tout triangle $ABC$, on a $\alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}\gamma ^{2}+\gamma ^{2}\alpha ^{2}=8Rr^{2}\left( 2R-r\right) $ (bon courage!).
Or $\alpha ^{2}\beta ^{2}+\beta ^{2}\gamma ^{2}+\gamma ^{2}\alpha ^{2}+2\alpha \beta \gamma \left( \alpha +\beta +\gamma \right) =\left( \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha \right) ^{2}=\dfrac{1}{4}\left( \left( \alpha +\beta +\gamma \right) ^{2}-\left( \alpha ^{2}+\beta ^{2}+\gamma ^{2}\right) \right) ^{2}$.

Avec les conditions données et ton identité $\alpha \beta \gamma =4Rr^{2}$, un calcul pénible montre alors que $\left( 4r^{2}+2Rr-R^{2}\right) \left( 4r^{2}+10Rr-25R^{2}\right) =0$ dont la seule solution en $r$ vérifiant $0<r\leq \dfrac{R}{2}$ est $r=\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}R$.
On a alors $\left( x-\alpha \right) \left( x-\beta \right) \left( x-\gamma \right) =x^{3}-\dfrac{7-\sqrt{5}}{2}Rx^{2}+\left( 4-\sqrt{5}\right) R^{2}x-\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}R^{3}$ qui, étant divisible par $\left( x-R\right) ^{2}$, a bien pour racines $R,R,R-2r$.

Je reconnais qu'il est difficile de faire plus pénible et compliqué et qu'il doit surement y avoir moyen de faire bien plus simple.

Amicalement. Poulbot

Bonjour Jelobreuil
Tu devrais reprendre tes calculs avec $AI=\dfrac{r}{\sin \frac{A}{2}}$ (et non $AI=r\sin \dfrac{A}{2}$).

On a $AI^{2}=bc\dfrac{s-a}{s}=4Rr\dfrac{s-a}{a}$, soit $a=\dfrac{4sRr}{4Rr+AI^{2}}$.
$a,b,c$ étant racines de $x^{3}-2sx^{2}+\left( s^{2}+r^{2}+4Rr\right) x-4sRr=0$, en y remplaçant $x$ par $\dfrac{4sRr}{4Rr+x}$, on obtient l'équation $x^{3}-\left( s^{2}+r^{2}-8Rr\right) x^{2}+8Rr^{2}\left( 2R-r\right) x-16R^{2}r^{4}=0$ de racines $AI^{2},BI^{2},CI^{2}$.
On trouve au passage ta formule $AI\cdot BI\cdot CI=4Rr^{2}$.
Continuer comme dans mon dernier message.
Sans utiliser ta remarque géométrique, puisque $\sin \dfrac{A}{2}=\dfrac{r}{AI}$, on a $\left\{ \sin \dfrac{A}{2},\sin \dfrac{B}{2},\sin \dfrac{C}{2}\right\} =\left\{ \dfrac{\sqrt{5}+1}{4},\dfrac{\sqrt{5}-1}{4},\dfrac{\sqrt{5}-1}{4}\right\} $ et les angles aux sommets $\left\{ \dfrac{3\pi }{5},\dfrac{\pi }{5},\dfrac{\pi }{5}\right\} $ (ou $\left\{ 108^{\circ },36^{\circ },36^{\circ }\right\} $).
Amicalement. Poulbot
PS : Comme me l'a fait remarquer jelobreuil, j'aurais du préciser que $s$ était le demi-périmètre de $ABC$