Le maximum en distance dans son cercle
Bonsoir, un problème dans Crux (4630) très récent est en fait intéressant.
On se pose un triangle $ABC$ (dans le problème il est équilatéral) et on cherche un point $P$ à l'interieur de son cercle circonscrit $(C)$ qui maximise $PA+PC+PB$.
Le minimum de cette somme est je crois connu pour $P$ le point de Fermat (je crois) avec $ABC$ triangle quelconque.
La question est que ce $P$ (maximisant le somme) est a priori sur $(C)$. Le prouver rigoureusement est un peu truqué (avant de le trouver) pour moi, j'ai joint une figure qui suggère la question.
Les trois cercles qui sont réflexions de $(C)$ par rapport aux trois côtés sont concourants en un certain point.
En fait cette question implique que $P$ est sur $(C)$ mais vous pouvez virer autrement.
Cordialement.
On se pose un triangle $ABC$ (dans le problème il est équilatéral) et on cherche un point $P$ à l'interieur de son cercle circonscrit $(C)$ qui maximise $PA+PC+PB$.
Le minimum de cette somme est je crois connu pour $P$ le point de Fermat (je crois) avec $ABC$ triangle quelconque.
La question est que ce $P$ (maximisant le somme) est a priori sur $(C)$. Le prouver rigoureusement est un peu truqué (avant de le trouver) pour moi, j'ai joint une figure qui suggère la question.
Les trois cercles qui sont réflexions de $(C)$ par rapport aux trois côtés sont concourants en un certain point.
En fait cette question implique que $P$ est sur $(C)$ mais vous pouvez virer autrement.
Cordialement.
Réponses
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Bonjour à tous
C’est le principe du maximum!
Ah les grands principes!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Il me semble mais je peux me tromper avoir posé cet exercice dans le passé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Autant pour moi, je roupille un peu et j’ai confondu la somme avec le produit!!
Je regarderai quand je serai un peu plus réveillé! -
Un petit détail pourquoi la preuve de la concurences des 3 cercles impliquerait que le point $P$ est sur le cercle $(C)$. Si $P$ est à l'extérieur du triangle alors facilement il devrait être sur le cercle (en prolongeant les côtés $PA,PC,PB$), si il est à l'intérieur du triangle, alors (vu la figure et la question) il y en a au moins un points $P_i$ symétrie de $P$ par rapport à un certain côté qui soit nécessairement à l'intérieur de $(C)$ et c'est facile de dire que pour ce $P_i$ la somme des distances est plus grande (contradiction).
-
Mon cher Tonm
Je n'ai absolument mais absolument rien compris comme d'habitude à ce que tu nous racontes.
Si tes trois cercles sont ce que tu dis, à savoir les symétriques du cercle circonscrit par rapport aux côtés, ils ont en commun l'orthocentre du triangle.
C'est la question que j'avais eu à l'oral du bac, il y a plus de 70 ans!
Voici une approche plus réaliste.
Grosso modo, pour chercher les extrema de la fonction $M\mapsto MA+MB+MC$ dans le plan, on cherche à annuler son gradient.
Dans les bons cas (cela veut dire qu'il y en a de mauvais!), il existe un unique point (différent des points $A$, $B$, $C$) où le gradient s'annule et il correspond à un minimum.
Si donc on cherche le maximum de cette fonction à l'intérieur ou sur le cercle circonscrit et on sait qu'il existe pour des raisons de compacité, il faut aller le chercher sur le bord!
Maintenant si le point $M$ est sur le cercle circonscrit, on peut profiter du théorème (ou axiome (?) ) de Ptolémée.
Par exemple si $M$ se trouve sur l'arc $\frown{BC}$ ne contenant pas $A$, on savait autrefois à l'époque de Ptolémée que:
$a.MA=b.MB+c.MC$
On doit donc maximiser sur cet arc la fonction $M\mapsto (1+\frac ba)MB+(1+\frac ca)MC\qquad$ et on doit écrire qu'au point ou est réalisé ce maximum, le gradient de cette fonction est orthogonal à l'arc.
Bonjour les calculs qu'il faudra reprendre sur les deux autres arcs!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour pappus, ce que je disais est le fait que le point $P$ qui maximise la somme est sur le cercle (pour n'importe quel triangle), j'allait le démontrer mais vous dites qu'il est trivialement sur le bord (quand vous écrivez allez le chercher sur le bord?). Bien sûr on n'a pas calculer ou essayer de le trouver avant de bien clarifier cela. Pour le point de concurrence des trois cercles je n'avait pas de preuve mais si jamais c'était juste pour bien justifier que $P\in (C)$. (Je peux expliquer...)
-
Mon cher Tonm
J’ai parfaitement expliqué pourquoi il fallait chercher le maximum sur le bord!
Quant à ton explication avec tes trois cercles, elle me reste toujours parfaitement incompréhensible!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui merci pappus c'est de l'analyse complexe je pense...(holomorphe?)
Voilà comment j'ai raisonné:
Premier cas 1) le point $P$ est à l'extérieur du triangle alors on peut prolonger les longeurs pour que $P$ touche le cercle contradiction (voir la figure)
2) Le point $P$ est à l'intérieur du triangle alors en voyant que les trois cercles que j'ai dessiné couvrent le triangles puisqu'il se coupent en un seul point (orthocentre...) on trace les symétrie de $P$, par rapports aux trois côtés du triangles on les notes $P_1$,$P_2$, $P_3$ on conclut facilement que nécessairement au moins un $P_i$ est à l'intérieur du cercle (voir figure $P_1PC$ obtus) mais pour ce point la somme est plus grande contradiction.
Cordialement -
Outre la question sur l'orthocentre (qui parait simple? suivant pappus) une autre question basique qui vient avec le premier cas du message précédent démontrer (directement et simplement) que
$BD+DA>BC+CA$ (c'est quel classe?) -
Mon cher Tonm
Ce n’est pas de l’analyse holomorphe comme tu le dis si bizarrement mais tout simplement du calcul différentiel!
Tu continues à pédaler dans la semoule mais comme tu as l’air d’aimer cela, pourquoi t’en empêcher ?
Tu ne fais de mal à personne et c’est une occupation comme une autre !
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Ok c'est une question qui se pose vous savez. En fait j'ai vu ce lien
https://www.maths-forum.com/superieur/principe-module-maximum-t193383.html#p1284109 -
Mon cher Tonm
Je connais le principe du maximum puisque moi même je l'avais cité dans mon premier message.
Mais il ne s'applique pas à la fonction $M\mapsto MA+MB+MC\ $ mais plutôt à la fonction $M\mapsto MA.MB.MC\ $.
C'est pourquoi j'avais dit ne pas être très réveillé pour avoir confondu la somme avec le produit.
La seule façon d'obtenir le maximum de la fonction $M\mapsto MA+MB+MC$ sur le cercle circonscrit est celle que j'ai indiquée.
Maintenant nous sommes en principe dans un pays libre et tu as parfaitement le droit de dire ce que tu veux et ce n'est pas moi qui t'en empêchera.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je te propose le problème beaucoup plus simple.
Chercher le maximum de la fonction $M\mapsto MA+MB+MC$ à l'intérieur du cercle circonscrit au triangle équilatéral $ABC.\qquad$ -
oui au temps pour moi, je n'ai pas fait du calcul c'est
comme compliqué mais je vais voir.
Merci.
Edit le cas équilatéral est simple et c'est ce qui est posé dans le problème de Crux.
En fait si on prend une corde $ [AB]$ d'un cercle un point $P$ sur l'arc $AB$ et on veux le maximum de $X=PA+PB$. Alors c'est le point $P$ à distance égale de $A$ et $B$, parce que l'angle $\theta= \widehat{APB}$ étant constant
et la corde de distance $c$ fixe on cherche le maximum de $X$ avec $X^2=c^2+2PA.PB(1+\cos(\theta))$
Ce qui est maximal pour $PA.PB$ maximal ou en d'autre terme pour $PAB$ d'air maximal ce qui est le cas avec $P$ milieu de l'arc pour la hauteur la plus élevée.
Le reste c'est par symétrie, ($PC$ sera un diamètre).
Edit 2
Il semble aussi simple de trouver ce $P$ pour un triangle rectangle isocèle, puis peut être triangle isocèle obtus... -
Merci Tonm
Je vois que tu t'amuses bien et c'est le principal.
Voici ma solution, sans doute celle attendue par Cruz, et qui n'a rien à voir mais vraiment rien à voir avec ta petite poésie.
Sur ma figure, le cercle (trigonométrique car il ne nous reste plus que celui-là!) est partagé en trois arcs rouge, bleu vert.
Je suppose que le point $M$ est situé sur l'arc rouge.
En appliquant le théorème de Ptolémée (connu il y a 2000 ans mais inconnu aujourd'hui dans notre belle république), on voit que:
$$MA=MB+MC\qquad$$
Ainsi:
$$MA+MB+MC=2MA$$
Tout revient à maximiser la fonction $M\mapsto 2MA,\ $ sur l'arc rouge et ce maximum est atteint au point $A'\ $.
J'ai suggéré en pointillé la démonstration mais tu en as surement une meilleure.
On répète ce raisonnement sur les arcs bleu et vert!
Petite colle:
Où se trouvent les minima de la fonction $M\mapsto MA+MB+MC\ $ sur le cercle (trigonométrique)?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Puisque le système de Copernic est devenu incompréhensible depuis la disparition quasi totale des coniques de notre enseignement, il serait sans doute préférable d'en revenir au bon vieux système de Ptolémée qui n'a fait de mal à personne tout comme la prose de Tonm! -
Bonjour,
Pour démontrer que $MA=MB+MC$ c'est plus clair si on utilise la rotation de centre $A$ qui transforme $B$ en $C$. L'image de $M$ est un point $M'$ tel que $AMM'$ soit équilatéral et on a $MB=M'C$. D'après le théorème de l'angle inscrit $\widehat{AMC}=\widehat{ABC}=60°$, donc $C$ est sur $[MM']$. Par conséquent $MB+MC=M'C+MC=MM'=AM$.
La maximisation de $2MA$, et donc de $MA+MB+MC$, résulte du théorème de Pythagore : $AM^2=AA'^2-A'M^2=4-A'M^2$. On a donc $AM \leq 2$, avec égalité lorsque $M$ est confondu avec $A'$. Ou, plus simplement, on peut dire que la longueur d'une corde est inférieure ou égale au diamètre du cercle.
Comment peut-on expliquer, de façon élémentaire, que si un point $M$ intérieur au cercle circonscrit à $ABC$ est tel que la somme $MA+MB+MC$ soit maximale, alors il doit se trouver sur ce cercle ? -
Mon cher Ludwig
Tu n'as fait que retrouver une des multiples démonstrations du défunt théorème de Ptolémée.
Il faut aussi se faire à l'idée qu'en géométrie, il n'existe pas toujours de preuves élémentaires.
Restons sur le terrain du triangle équilatéral $ABC$.
Si la fonction $M\mapsto AM+BM+CM$ atteint un extremum local en un point du plan différent des sommets $A$, $B$, $C$, on sait qu'en ce point le gradient de cette fonction est nul. Ce n'est pas un résultat élémentaire et on y peut pas grand chose!
Le calcul, il faut bien calculer!, montre que ce gradient ne peut s'annuler qu'au point $O$, centre du triangle équilatéral $ABC$ et des raisonnements, élémentaires cette fois, montrent que ce point $O$ correspond à un minimum global.
Donc pour le maximum de cette fonction à l'intérieur et sur le bord du cercle circonscrit, on a pas tellement le choix.
On sait qu'il existe pour des raisons de compacité et on ne peut pas dire que c'est un résultat très élémentaire.
Il ne peut être atteint à l'intérieur puisque l'unique point où le gradient s'annule est déjà pris par le minimum global.
Il est donc situé sur le bord et là on retrouve ton raisonnement élémentaire!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Salut Luduig et pappus j'ai essayer d'expliquer en haut comment on peux passer du gradient: le message ou j'ai mis les deux cas. Le point à l'extérieur du triangle 1) et 2) à l'intérieur du triangle. Ce n'est pas très usuelle mais ça doit tenir.
Les trucs sont deux ou trois idées...
Cordialement. -
Petit dessin.
-
Je vais le présenter une dernière fois en exercice et à vous de voir:
Soit $ABC$ un triangle et $(C) $ sont cercle circonscrit.
Soit $C_1$,$C_2$,$C_3$ les cercles reflexions de $C$ par rapport aux trois côtés du triangle.
1) Démontrer que les trois cercles $C_i$ couvrent $ABC$ en démontrant qu'il ont un point commun: l'orthocentre de $ABC$.
2) Déduire que si $P$ est à l'intérieur du triangle et $P_1$, $P_2$, $P_3$ ses symétries par rapport aux côtés du triangle, au moins un $P_i$ est dans le disque de $(C)$.
Soit $P_1$ ce point supposant qu'il est le symétrie de $P$ par rapport à $[AB]$.
3) Prouver que le triangle $P_1PC$ est obtus.
4) Déduire que $P_1A+P_1C+P_1B>PA+PC+PB.$
5) Si $P$ est à l'extérieur du triangle et à l'intérieur de $(C)$ avec $P$ dans la zone limitée par le côté $[AB]$ et l'arc $\overset{\frown}{AB}$. Soit $P_1$ le (second) point intersection de $(C)$ avec $(PC)$ prouver que
$P_1A+P_1C+P_1B>PA+PC+PB.$
6) Prouver finalement qu'un point a l'intérieur de $(C)$ réalisant le maximum de $PA+PC+PB$ doit être sur $(C)$.
Cordialement -
@ pappus : c'est quand même plus clair d'écrire une démonstration complète plutôt que de citer un théorème dont plus grand monde aujourd'hui ne connait l'existence (j'exagère à peine) et surtout une preuve (ça, c'est la réalité).
@ Tonm : oui d'accord, ça marche ! Je n'avais pas lu ton deuxième message. Pas besoin du gradient donc.
@ soland : joli dessin. Je suppose qu'il s'agit des lignes de niveau $MA+MB+MC=k$ ? -
Mon cher Ludwig
Ce n'est pas seulement le théorème de Ptolémée qui a disparu mais la quasi totalité de la géométrie que j'ai apprise quand j'étais jeune.
Alors évidemment on peut toujours s'en tirer avec des tours de force à la Jean-Louis Ayme mais cela en vaut-il la peine pour ce qui reste?
On peut se contenter logiquement des axiomes de Thalès et de Pythagore!
D'accord, on ne peut démontrer grand chose mais c'est bien ce qui a été voulu!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu as bien de la chance d'avoir compris la preuve de Tonm.
Tout ce que j'en retiens, c'est qu'un point intérieur à $(C)$ doit être finalement sur son bord! -
Oui c'est simple $P_1C>PC$ clairement et pour $P_1A+P_1B>PA+PC$ c'est deux fois l'inégalité triangulaire voir figure (le côtés dedans à prolonger pour couper l'autre au dessus)
-
D'accord
-
Le maximum de la somme des distances $PA+PB+PC$, lorsque $P$ est intérieur au triangle, est effectivement atteint au sommet du plus petit angle, mais non lorsque $P$ décrit le cercle circonscrit. Ce problème peut se programmer.
-
Très juste, et le raisonnement qui suit est valable dans ce cas.
$AP'+P'B<AX+XB<AP+PB$
Sinon on essaie l'intersection de l'arc le plus long avc sa "médiatrice" -
Ça ne marche pas !
-
Bonsoir, pour prouver que le maximum restreint à l'intérieur du triangle est effectivement atteint sur le bord (c'est de l'algèbre)
1) $P$ est à l'intérieur du triangle alors il est facile de voir qu'au moins un triangle $PAC$, $PAB$ et $PCB$ est obtus en $P$.
2) Dans un triangle obtus (disons $PAB$) en $P$ (c'est suffisant de le considérer rectangle) la hauteur issue de $P$, $h_P$ vérifie $h_P+AB>PA+PB$.
3) Avec une petite idée démontrer que si $P_1$ est l'intersection de $(CP)$ avec $[AB]$ alors $P_1C+AB>PC+PA+PB$.
Sauf erreur. -
La restriction de l'application $P \mapsto PA+PB+PC$ à une droite est une fonction convexe. Il en résulte que le maximum de cette fonction sur la plaque triangulaire fermée $ABC$ est atteint sur le périmètre. Ensuite, il est atteint en un sommet, et on voit bien quel sommet.
-
Merci pour les interventions, j'explique le 2) du mon dernier post. Dans la figure jointe le triangle $BCA$ est donné (à priori quelconque ici il est obtus pour voir) alors $\widehat{BEA}<\widehat{BCA}$ pour voir ça considérer de tracer le cercle circonscrit à $BCA$, un point $C'$ sur ce cercle a l'angle $\widehat{BC'A}$ constant et ainsi de suite. Aussi $BC+CA<BE+EA$ (voir les pointillés de la figure avec les inégalités triangulaire) et donc pour cela dans un triangle $PAB$ obtus en $P$ si on veux démontrer que $h_P+AB>PA+PB$ il suffit de le faire pour un triangle rectangle en $P$. Mais dans ce cas on sait que $PA.PB=h_P.AB$ et puisque $AB>PA$ et $AB>PB$ nécessairement la somme $h_P+AB>PA+PB$.
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