Triangle de périmètre minimal
Bonjour
J'ai su, mais je ne retrouve pas le fil...
Un secteur de sommet A. Un point P à l'intérieur (strict) du secteur. Trouvez les points B et C respectivement sur les côtés, tels que le triangle ABC soit de périmètre minimal et P sur [BC].
Je crois me souvenir qu'il faut faire intervenir un cercle passant par P, centré sur une bissectrice des deux droites. Celui qui sera exinscrit au triangle ABC...
J'ai su, mais je ne retrouve pas le fil...
Un secteur de sommet A. Un point P à l'intérieur (strict) du secteur. Trouvez les points B et C respectivement sur les côtés, tels que le triangle ABC soit de périmètre minimal et P sur [BC].
Je crois me souvenir qu'il faut faire intervenir un cercle passant par P, centré sur une bissectrice des deux droites. Celui qui sera exinscrit au triangle ABC...
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Réponses
Les points $B$ et $C$ décrivant des droites $D$ et $D'$ passant par $A$, quels sont les points de contact avec les droites $D$ et $D'$ des cercles exinscrits dans l'angle $A$ des triangles $ABC$ de périmètre donné $2p$?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si on construit un triangle isocèle dont P appartient à la base, on peut démontrer que si on peut trouver une droite passant par P et coupant les côtés AB et AC selon deux segments égaux CI = BJ alors il s'en suit (moyennant une petite démonstration) que BC est la plus petite base et que ABC est minimum; Si on ne sait pas construire cette droite, on peut à partir d'une droite quelconque passant par P et ne satisfaisant aux conditions d'égalité des deux petits segments issus de la base (en des sens opposés), on peut construire à partir du plus petit segment tracer une droite qui coupe l'autre côté en un segment qui lui égal; cette droite sera plus grande que la base mais plus petite que la droite primitive tracée au hasard; D'où on peut affirmer que le triangle isocèle dont la base contient le point P est minimum (peut-être que je me suis trompé!)
Tu as raison de penser t'être trompé!
Le triangle minimum n'a aucune raison divine ou humaine d'être isocèle et il ne l'est pas en général!
Essaye déjà de résoudre ma question sur les points de contact, le point $P$ n'intervient pas! De mon temps on apprenait cela en Troisième, dès qu'on savait mener les tangentes à un cercle, issues d'un point donné!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Amicalement
rafik
Une fois ce petit problème sur les points de contacts résolu, tout deviendra plus facile et tu devras construire un cercle passant par $P$ et tangent aux deux droites passant par $A$.
Ce n'est pas si simple que cela et je me demande même si c'est possible dans le cadre minimaliste des programmes actuels!
Amicalement
[small]p[/small]appus
La première chose à faire c'est de construire dans le secteur de sommet A un cercle tangent aux côtés, donc centré sur la bissectrice b, et passant par P.
Il y en a clairement deux, un petit et un grand. Je m'intéresse au grand.
On s'en sort avec une homothétie. On fait quelque part (plutôt plus près du sommet) un cercle Z, je trace AP qui coupe Z en deux points U et V. Je construit la tangente t_u à Z à U et en menant par P la parallèle à t_u, puis sa perpendiculaire en P, et là où elle coupe b, on a le centre du cercle C cherché. La droite passant par P, tangente au cercle C coupe les côtés du secteur en B et C.
Ce cercle est tangent aux côtés du secteur en M et N. Pour suivre les notations de Pappus, AM = AN = p car, par exemple AM = AB + BM, mais BM=BP, et de son côté, AN = AC + CN, mais CN=CP.
Pour achever la démonstration, il faut prouver que toute autre droite passant par P, disons B'C', donnera un triangle AB'C' de périmètre plus grand.
Toute autre droite passant par P va couper C en un second point, puisqu'elle ne sera pas la tangente en P. Mais elle est tangente à un cercle C' qui touche les côtés en M' et en N'. Pouvons-nous assurer que AM' > AM ? Cela revient à dire que AO' > AO ou que C' est "plus grand" que C. Je vois bien que cela revient à "pousser" le cercle C plus loin de A, là ou les cercles ont de plus grands rayons, mais enfin, ce n'est pas aussi clair que je le voudrais... Il me manque un argument percutant pour finir.
Pappus wrote "Une fois ce petit problème sur les points de contacts résolu, tout deviendra plus facile et tu devras construire un cercle passant par $P$ et tangent aux deux droites passant par $A$. Ce n'est pas si simple que cela et je me demande même si c'est possible dans le cadre minimaliste des programmes actuels!"
C'est facile pour qui a entendu parler d'homothétie : tracer un cercle quelconque tangent aux $2$ droites et coupant la droite $AP$ en deux points $m$ et $n$, puis ses images par les homothéties de centre $A$ transformant $m$ en $P$ et $n$ en $P$.
Amicalement. Poulbot
Tu me diras, il nous reste encore l'axiome de Thalès!
Bien sûr mais pour combien de temps encore?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci de vous intéresser à ce problème, qui est assez classique, mais pas trop tout de même. Pour ce qui me concerne, je cherche toujours un argument clair prouvant que la droite passant par P qui est tangente en P au cercle passant par P, donne bien le triangle de périmètre minimal.
Je ré expose mon souci.
Une autre droite passant par P coupera le cercle C en un second point.
elle coupera les côtés en B' et C'.
Cette droite sera également tangente, en un autre point, P' à un autre cercle de la famille, C'.
Ce cercle C' sera tangent aux côtés du secteur en M' et N'. Nous savons que si AM' = p', le périmètre AB'C' sera 2p.
Mais comment prouvez-vous que AM' > AM, ou que le rayon de C' est > que le rayon de C. Ou que AO' > AO (si O et O' sont les centres de ces cercles).
C'est intuitivement clair... donc, pas assez clair.
Amicalement, JP
Merci Poulbot, je n'ai jamais vu d'homothétie, pas encore je veux dire! J'en suis à la puissance d'un point par rapport à un cercle, et je me demande s'il peut y avoir un sens à cette appellation?? Pourquoi puissance?
La somme des prolongements est égale à la base BC, peut-on quand même dire qu'au dessous de BC, en continuant à prolonger les côtés de manière que leur somme soit égale à la base ainsi trouvée, la droite qui joint les extrémités des prolongements est minimale lorsque le triangle est isocèle? Si oui, peut-on remonter au résultat recherché en procédant mais je ne sais comment?
Comment comprendre quoique ce soit à ce que tu racontes sans dessin à l'appui et sans définition des mots que tu utilises comme par exemple: "prolongements"?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci d'abord de ta réactivité;
En supposant le problème résolu et qu'on ait trouvé BC passant par P qui réalise un minimum pour ABC. Maintenant, si on prolonge les deux côtés AB et AC au dessous de la base BC de sorte que la somme des prolongements soit égale à cette même base BC, on peut démontrer que la droite qui joint les extrémités est minimale lorsque le triangle est isocèle.
En partant de P sur BC, on a PB+PC= BC; un exemple de ces prolongements: BM=BP et CN=PC; on aura AM+AN=AB+AC+BC= constante, donc la base MN est minimale quand le triangle est isocèle, c'est-à-dire que AM=AN=(AB+AC+BC)/2.
Ma question est de savoir si on peut remonter au résultat initial (la détermination de BC passant par P qui réalise le minimum du périmètre) à partir du raisonnement mené en supposant le problème résolu?
Merci encore Pappus
Je tiens à m'excuser pour pas avoir fait de figure (je n'ai pas de scanner ni de téléphone moderne)
Tu dis: On peut démontrer.
Soit, mais la discussion ne serait-elle pas meilleure si tu démontrais tout simplement et surtout clairement car je n'ai rien compris à ce qui sous-tend tes calculs.
Il y a deux aspects dans ce problème, l'aspect géométrique et l'aspect calcul différentiel.
On a parlé un peu du premier sans trop entrer dans les détails et surtout sans figures à part celle de Poulbot qui donne une idée de la construction du triangle minimum au moyen des défuntes homothéties c'est à dire une construction aujourd'hui incompréhensible pour la grande majorité de nos étudiants qui en sont restés, bien malgré eux, aux axiomes de Thalès et de Pythagore.
Il me semble que le second aspect mériterait d'être expliqué très finement à nos étudiants qui n'ont plus que cet outil du calcul différentiel pour résoudre ce joli problème!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je vais essayer quand même
A défaut de maîtriser l'aspect géométrique c'est à dire GeoGebra, tu peux essayer de t'attaquer à l'aspect calcul différentiel en mettant ce problème en équation.
Les axes s'imposent d'eux mêmes et la seule chose à savoir en géométrie, mise à part l'équation d'une droite, est la loi du cosinus:
$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos(\bf A)$$
Est-elle encore enseignée?
Dura lex sed lex!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Tu as Géogébra (gratuit, libre, téléchargeable, facile à utiliser .....................)
Cordialement,
Rescassol
Voici la figure.
Pour ceux qui ne connaissent que les axiomes de Thalès et de Pythagore et les repères orthonormés, on sent que la mise en équation va être terrr...ible et épouvant..aaable!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci Rescassol, Geogebra, je l'ai téléchargé mais je n'ai rien compris pour l'instant même avec un tutoriel! Pour ce qui est "calcul différentiel", je sais qu'il existe mais j'ai jamais étudié! J'essaye d'apprendre mais j'ai pas eu un cursus de Maths!
Pour GeoGebra voir
Cordialement
On doit chercher les extrema du périmètre:
$$x+y+\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos(\theta)}$$
sachant que $P\in BC$, ce qui se traduit par: $\dfrac ax+\dfrac by=1$
ou encore:
$$xy-bx-ay=0$$
Du point de vue du calcul différentiel, ce n'est donc qu'un simple problème d'extrema liés.
Il reste quand même à faire quelques menus calculs.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je souhaitais prouver que si la droite PQ est sécante au cercle de centre O inscrit dans la secteur de sommet A, le cercle de cette famille qui sera tangent à (PQ), lui, aura un centre O’ tel que AO < AO’ (je ne m’intéresse qu’au côté droit). J’ai bien vu que cette question ne vous a pas intéressé, sans doute parce qu’elle est intuitivement évidente (on « pousse » le cercle jusqu’à ce que PQ ne soit plus sécante, mais tangente). Toutefois, il est évident aussi que lorsqu’un angle d’un triangle est plus grand qu’un autre, la bissectrice (segment) de cet angle est plus courte. Mais ce n’est pas si facile à démontrer…
Alors, ici, voilà comment je m’y prends.
Je trace une parallèle à PQ passant par O
Je souhaite montrer que l’angle PKO est inférieur à l’angle OKM. Cela prouvera que l’angle PKO’ qui vaut la moitié de PKM est plus grand que l’angle PKO, et donc que O’ est situé à droite de O. L’angle PKO est égal à l’angle KOM. Dans un triangle (ici, KOM) si deux angles sont inégaux, le plus petit est en face du côté le plus petit. Je veux donc prouver que KM < OM. Je vais calculer l’aire de KOM de deux façons. C’est ½ KM.r et aussi ½ OMh, où h est la distance des deux parallèles. Mais comme PQ est sécante, h < r donc OM > KM, cqfd.
Je me pose aussi la question suivante : P étant fixe, quel est le lieu des points où le cercle convenable est tangent à la droite variable passant par P ? Je crois que cela s’aborde analytiquement. Je soupçonne une conique, parabole ou plutôt hyperbole. Pour au moins tester, et formuler une hypothèse on peut prendre un secteur en forme de {y = x ; y = -x} et un point P (4, 1), puis essayer de traiter la question avec quelques valeurs simples de la pente de la droite y-1=p(x-4).
Mais l’arrière-fond de ma mémoire me susurre qu’il doit y avoir une définition de l’hyperbole qui ressemble à ça…
Voici le lieu en question
Amicalement
[small]p[/small]appus
La courbe de Pappus est une belle quartique circulaire rationnelle trinodale (les $3$ nœuds sont $A$, $P$ et la projection de $P$ sur la bissectrice $\Delta $).
Dans un repère orthonormé d'origine $A$ et d'axe des abscisses la bissectrice $\Delta $, si $P=\left( a,b\right) $, elle a pour équation (sauf erreur) :
$\left( a-x\right) \left( x\left( x^{2}+y^{2}\right) -a\left( x^{2}-y^{2}\right) -2bxy\right) +\left( x^{2}+y^{2}-ax-by\right) ^{2}\cos ^{2}\alpha =0$
On voit, sur cette équation, qu'elle est membre du faisceau linéaire de quartiques engendré par le cercle de diamètre $\left[ AP\right] $ (double) et la réunion d'une strophoïde de nœud $A$ et de la droite symétrique de son asymptote par rapport à $A$.
Amicalement. Poulbot
Merci à tous !
Devant de tels virtuoses, je ne me retiens pas de poser la question suivante : dans le plan d'un triangle ABC, au lieu de s'intéresser à l'ensemble E des points P dont les projections orthogonales sur les côtés du triangle sont alignées, ensemble qui est le cercle circonscrit au triangle, on s'intéresse plutôt à l'ensemble E' en quelque sorte dual, des points dont les projections orthogonales sur les côtés du triangle, si on les joint aux sommets opposés, donnent lieu à trois céviennes concourantes.
Quel est l'ensemble E' ?
Et y a-t-il quelque chose d'intéressant à dire des points correspondant au cas où les céviennes sont parallèles ?
Tu devrais ouvrir un nouveau fil à chacune de tes interrogations car on est loin de ton problème initial de minimisation du périmètre que nous n'avons pas encore résolu dans son intégralité!
En ce qui concerne ta dernière question, je suis à peu près sûr qu'on en a déjà parlé ici dans un fil de Poulbot à retrouver, c'est là le plus difficile avec l'outil de recherche avancée qui ne fonctionne plus!
Le lieu devrait être une cubique que tu retrouveras en allant sur le site de Bernard Gibert:
homepage
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voir Cubique de Darboux
Poulbot
Voici la figure donnée par le Calcul Différentiel, figure qu'il faudrait disséquer.
Elle montre en bleu l'arc du cercle exinscrit dont la construction a été donnée par Poulbot.
le point $M$ est le point critique.
J'ai tracé en noir épais la ligne de niveau du périmètre passant par le point critique $M$, en fait il faudrait en tracer un petit paquet pour plus de clarté. Je suggère que cette ligne de niveau est un arc d'hyperbole qui se déduit du cercle exinscrit par une homologie à déterminer.
En rouge, j'ai tracé la courbe des contraintes, lieu du point $M$ pour que la droite $BC$ passe par $P$.
D'après la théorie, la ligne de niveau et la courbe des contraintes sont tangentes au point critique $M$.
Il ne faut pas se faire d'illusions, la solution par le calcul différentiel restera aussi méconnue que celle utilisant la défunte géométrie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour faire une recherche sur la cubique de Darboux, encore fallait-il savoir son nom que j'avais complètement oublié à cause de mon grand âge!
Il vaut mieux utiliser Google.
Non seulement, on tombe sur le site de Bernard Gibert mais aussi sur une des discussions de ce forum qui en parlait et que j'avais initié, je ne m'en souvenais même plus!
La cubique de Darboux
Amicalement
[small]p[/small]appus
Cordialement,
Rescassol
La morale de l'histoire, c'est qu'on est tout content de parler de la cubique de Darboux qui n'a aucun rapport ni de près ni de loin avec ce problème de minimisation du périmètre!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Rappel de la question de Budin : quels sont les points $P$ pour lesquels les $3$ droites joignant un sommet de $ABC$ à la projection orthogonale de $P$ sur le côté opposé sont parallèles?
Ce sont les images par l'homothétie $\left( O,3\right) $ des $3$ points du cercle circonscrit dont la droite de Simson passe par $G$; pour chacun de ces points, les $3$ droites sont parallèles à la droite de Simson correspondante.
($O$ est le centre du cercle circonscrit et $G$ le centre de gravité de $ABC$)
Je ne me rappelle pas avoir ouvert un fil à ce sujet et serais, de toute manière, bien incapable de le retrouver.
Amicalement. Poulbot
PS : Pour une construction possible, voir ICI (fil que j'ai eu un peu de mal à retrouver)
Oublions pour un (bon) moment ces inutiles cubiques.
Sur cette nouvelle figure, j'ai tracé en noir quelques lignes de niveau du périmètre qui sont des arcs d'hyperboles homothétiques par rapport au point $A$ ainsi que la demi-hyperbole rouge des contraintes correspondant au point $P$.
Il ne reste plus qu'à faire les menus calculs dont je parlais, accompagnés d'une rédaction suffisamment convaincante pour conclure à l'existence de ce triangle minimum dont Poulbot nous a donné la construction.
Evidemment il faut quitter le paradis des cubiques et retrouver le morne paysage des défuntes coniques, parce qu'on se doute bien que leur classification ne fera pas beaucoup avancer le schmilblick!
Amicalement
Voici la construction que j'ai trouvée de la ligne de niveau passant par $M$.
C'est un arc de l'hyperbole de centre $O$ et d'asymptotes $OQ$ et $OR$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pourquoi abandonner en si bon chemin?
Tout n'a pas été dit!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Si on appelle comme d'habitude $2p$ le périmètre du triangle $ABC$, on a donc:
$$x+y+\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos(\theta)}=2p$$
Par suite:
$x^2+y^2-2xy\cos(\theta)=(x+y)^2-4p(x+y)+4p^2$
c'est à dire:
$2xy(1+\cos(\theta))-4p(x+y)+4p^2=0$ et enfin:
$$xy\cos^2(\dfrac {\theta}2)-p(x+y)+p^2=0$$
Je me suis basé sur cette équation pour donner une construction de cette conique dans un précédent message. Ce n'est quand même pas tout à fait évident, il y a du pain sur la planche!
Ce sont des hyperboles dont les directions asymptotiques sont celles des axes de coordonnées, homothétiques les unes des autres, qui plus est, par rapport au point $A$.
Ce dernier point, le plus facile à montrer autrefois, est sans doute devenu une insoluble énigme pour ceux de nos étudiants qui n'ont pas la moindre idée de ce qu'est une homothétie!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Il serait impossible de le résoudre ? Se peut-il y avoir une relation entre le triangle de périmètre minimum qu'on peut inscrire à l'intérieur de l'angle A et la droite recherchée. On peut trouver un triangle minimum PMN, M et N étant sur les deux autres côtés. Y a-t-il une relation entre PMN et BC ? Je suis nul, je le sais... en attendant d'atteindre l'homothétie.
Il n'est pas interdit de regarder dans les anciens livres de géométrie où on en parlait!
Maintenant on doit discuter de la disposition relative des lignes de niveau de la fonction périmètre avec l'hyperbole des contraintes c'est à dire grosso modo étudier l'intersection de deux coniques.
L'étude de cette intersection sera-t-elle un nouveau cauchemar à notre époque Nullstellensatzienne?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pardonnez-moi de revenir sur la question de Budin abordée dans mon dernier message (ICI) mais, bien qu'elle n'ait guère de rapport avec le thème de ce fil, je n'ai pas jugé utile d'en ouvrir un autre.
$P_{a}P_{b}P_{c}$ étant le triangle podaire de $P$, le lieu de $P$ pour lequel les droites $BP_{b}$ et $CP_{c}$ sont parallèles est une hyperbole $h_{a}$ d'axes les bissectrices de $\left( AB,AC\right) $ et passant par le symétrique $A^{\prime }$ de $A$ par rapport à $O$; les asymptotes de $h_{a}$ sont les perpendiculaires en $A$ à $AB$ et $AC$. On définit de même $h_{b}$ et $h_{c}$.
Ces $3$ hyperboles ont $3$ points communs situés sur le cercle $\left( O,3R\right) $, qui sont évidemment les points cherchés par Budin.
On a ainsi deux autres constructions possibles de ces $3$ points :
- $h_{b}$ et $h_{c}$ ayant un point commun à l'$\infty $, ce sont leurs $3$ autres points communs
- ce sont aussi, et plus simplement, les points communs à $h_{a}$ et au cercle $\left( O,3R\right) $ autres que le symétrique de $A^{\prime }$ par rapport à $A$.
Bien entendu, ces points ne sont pas, en général constructibles à la règle et au compas.
Amicalement. Poulbot
Au sujet de cette mirifique homothétie ... Aujourd'hui, retraité, je fais de la formation de formateurs, jeunes profs de maths, en RDC. Autrefois, j'enseignais, tantôt à Luminy (Marseille), comme PRAG, tantôt au lycée Thiers (Marseille). Durant toute ma carrière, j'ai introduis les outils que j'avais envie d'introduire. Et bien sûr, en classe de première, l'homothétie. Toujours, durant mes quarante ans de carrière.
Je me souviens, je ne sais pas si c'était dans les années 1980 ou 1990, ou un peu plus tard, qu'un collègue m'a déclaré : "tu as vu, l'Inspection a remis les rotations dans les programmes !". Je lui ai répondu que je ne savais pas qu'"ON" les avait retirées.
Un enseignant digne de ce nom se fiche des programmes "zofficiels".
Rien n'est plus simple à enseigner que l'homothétie. C'est un inestimable rapport "qualité/prix". S'enseigne en vingt minutes et rend de si grands services !
Merci à Poulbot pour son approche des trois points évoqués. Par contre, on peut construire le point du plus grand côté (segment) de ABC par où passe la cubique. C'est à dire le point X dont les projections sur les deux autres côtés, Y et Z sont telles que AX, BY et CZ sont concourantes. C'est un exercice facile.
J'ai trouvé la construction de Poulbot des deux cercles tangents à deux droites sécantes et passant par un point dans le Lebossé-Hémery mais pas le problème de Budin.
Pourtant je pensais bien l'avoir vu quelque part. Il va falloir que je cherche dans ma bibliothèque un peu plus sérieusement
Le calcul analytique permet d'en donner une solution complète mais le lien n'a pas encore été fait avec la solution géométrique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Imaginons l'étudiant $\lambda$.
Il connait les axiomes de Thalès et de Pythagore et comme il est un peu plus calé que la moyenne, il connait même la loi du cosinus.
Il peut donc former l'équation de la ligne de niveau de la fonction périmètre.
$$xy\cos^2(\dfrac{\theta}2)-p(x+y)+p^2=0$$
Il peut même l'identifier puisque c'est un as de la classification des coniques et dire que c'est une hyperbole dont il donne le centre et les asymptotes. Quel champion!
Evidemment comme il ne connait que le cercle trigonométrique et pas les cercles inscrits et exinscrits, comme de toutes façons, il n'a jamais vu de sa vie la construction des tangentes issues d'un point à un cercle, fût-il trigonométrique, il n'a pas le début du commencement de l'idée d'une solution géométrique.
Par contre comme il est curieux, il se demande ce que bien faire la droite $BC$ quand le point $M$ décrit sa ligne de niveau et là la géométrie analytique permettait de résoudre cette question.
Je dis "permettait" car il y a belle lurette que la géométrie analytique se borne à donner l'équation d'une droite passant par deux points ou bien celle du cercle trigonométrique!
Amicalement
[small]p[/small]appus
On est face au petit problème technique suivant dont je ne sais pas trop s'il était abordé en cours autrefois:
Trouver l'enveloppe de la droite $BC$ d'équation:
$$yX+xY-xy=0$$
dont les coefficients dépendent de deux paramètres $x$ et $y$ eux mêmes liés par la relation:
$$xy\cos^2(\dfrac{\theta}2)-p(x+y)+p^2=0$$
Amicalement
[small]p[/small]appus
La figure ci-dessous suggère la construction de l'hyperbole à partir des points $S(0,p)$ et $T(p,0)$
En fait la ligne de niveau a pour équation:
$x+y+\sqrt{x^2+y^2-2xy\cos(\theta)}=2p$
Les points $M(x,y)$ appartenant à la ligne de niveau sont donc les points de l'hyperbole situés dans l'ouvert $ x>0\ ,y>0\ ,x+y<2p$
Sur cette figure, j'ai tracé en bleu la droite d'équation $x+y-2p=0$.
La ligne de niveau est bien la partie de l'hyperbole tracée en noir épais sur ma figure.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le triangle $ABC$ étant donné, soit $P=\left( 0:c+a-b:a+b-c\right) $ le point de contact avec $BC$ du cercle $A$-exinscrit et $B^{\prime },C^{\prime }$ sur les demi-droites $AB$ et $AC$ alignés avec $P$.
Désignant par $a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ les longueurs des côtés du triangle $AB^{\prime }C^{\prime }$, on a
$\left( a+b-c\right) \dfrac{b}{b^{\prime }}+\left( c+a-b\right) \dfrac{c}{c^{\prime }}=2a$, soit $\left( c+a-b\right) \dfrac{b}{u}+\left( a+b-c\right) \dfrac{c}{v}=2a$ en posant $b^{\prime }=b-u,c^{\prime }=c-v$.
On a aussi $a^{\prime 2}=b^{\prime 2}+c^{\prime 2}-\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{bc}b^{\prime }c^{\prime }$.
Supposant $b^{\prime }+c^{\prime }<a+b+c$ (sinon, il est clair que $a^{\prime }+b^{\prime }+c^{\prime }>a+b+c$), un calcul montre alors que
$a^{\prime 2}-\left( a+b+c-b^{\prime }-c^{\prime }\right) ^{2}=a^{\prime 2}-\left( a+u+v\right) ^{2}=-\dfrac{\left( a+b+c\right) ^{2}}{bc}uv$.
$u$ et $v$ étant de signes opposés, on a bien $a^{\prime }+b^{\prime }+c^{\prime }\geq a+b+c$ avec égalité ssi $b^{\prime }=b$ et $c^{\prime }=c$.
Cette méthode calculatoire n'est probablement pas la plus simple mais elle a le mérite de marcher.
Amicalement. Poulbot