Triangle équilatéral
Bonjour à tous,
Un ami à moi qui étudie à Ginette en MP* a posté une énigme très intéressante sur mon application mobile TeachTouch (https://play.google.com/store/apps/details?id=com.nicopro.teachtouch&hl=fr)
Voici l'énoncé : Soit ABC un triangle équilatéral, M un point quelconque. Montrer que AM + BM >= CM
J'ai mis en pièce-jointe, sa publication originale.
Si vous avez une intuition ou des idées, je vous serais très reconnaissant pour votre aide.
Si vous voulez plus d'énigmes, ou partager vos énigmes géométriques, alors n'hésitez pas à installer l'appli TeachTouch que j'ai codé.
Cordialement NP
Un ami à moi qui étudie à Ginette en MP* a posté une énigme très intéressante sur mon application mobile TeachTouch (https://play.google.com/store/apps/details?id=com.nicopro.teachtouch&hl=fr)
Voici l'énoncé : Soit ABC un triangle équilatéral, M un point quelconque. Montrer que AM + BM >= CM
J'ai mis en pièce-jointe, sa publication originale.
Si vous avez une intuition ou des idées, je vous serais très reconnaissant pour votre aide.
Si vous voulez plus d'énigmes, ou partager vos énigmes géométriques, alors n'hésitez pas à installer l'appli TeachTouch que j'ai codé.
Cordialement NP
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Réponses
Voici ma solution :
On plonge le triangle équilatéral dans le plan complexe.
Sans perte de généralité, on suppose le point $M$ est à l’origine donc $z=0$. On a donc $c-a=e^{i \pi/3}(b-a)$ quitte à renommer les sommets A, B, C du triangle.
La relation cherchée est $AM+BM\geq CM$ qui s'écrit $|a|+|b|\geq |c|.$
On sait par l’inégalité triangulaire : $|c|=|(1-e^{i \pi/3})a+e^{i \pi/3} b|\leq |1-e^{i \pi/3}||a|+|b|=|a|+|b|.$
Voilà !
Plus simplement, c'est l'inégalité de Ptolémée, (cela ne nous rajeunit pas), l'égalité étant atteinte quand les points $A$, $B$, $C$, $M$ sont cocycliques, les points $A$ et $B$ séparant les points $C$ et $M$.
L'idée est de transformer l'inégalité triangulaire par inversion!
Autant dire que c'est mission impossible!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
La théorie des coniques étant devenue pratiquement vide aujourd'hui, il serait sans doute plus sage de revenir au système de Ptolémée qui a le gros avantage de n'utiliser que des cercles, encore provisoirement dans nos programmes!
Point n'est besoin d'un turbojet pour survoler une taupinière. On constate que $(AM+BM-CM) + (AM-BM+CM) =2AM\geq 0$.
Donc sur les trois, il y en a au plus un pour être négatif. On fait le produit des trois par la somme, on passe en coordonnées, on touille et on trouve $\def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}$ $3(\vt^2-\vz \vzz)^2$. Ah que voila un beau cercle (en plus d'une belle quantité positive).
Remarque: que pourrrait donc bien être $AM$, à part la racine carrée du Pythagore ?
Cordialement, Pierre.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Allons y pour une improbable démonstration de l'inégalité de Ptolémée sans doute encore moins connue que son système.
Soit $\rho$ l'inversion par rapport au cercle de centre $A$ et de rayon $R$.
Soit $M'=\rho(M)$ et $N'=\rho(N)$, on utilise la défunte formule:
$$M'N'=R^2\dfrac{MN}{AM.AN}$$
On a l'inégalité triangulaire:
$$B'C'\le B'D'+C'D'$$
avec égalité si et seulement si le point $D'$ appartient au segment $B'C'$.
Est-elle encore enseignée? Les choses vont si vite!
On a donc:
$$\dfrac{BC}{AB.AC}\le \dfrac{BD}{AB.AD}+\dfrac{CD}{AC.AD}$$
ou encore:
$$BC.AD\le BD.AC+CD.AB$$
avec égalité si et seulement si $D$ appartient à l'arc $\overset{\frown}{BC}$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ ne contenant pas $A$.
Il n'est pas interdit de regarder ce qui se passe quand le triangle $ABC$ est équilatéral!
Amicalement
[small]p[/small]appus