Stratégie de résolution de problème

Voici un petit problème relativement simple.

La somme de deux nombres est 2.  Le produit de ces deux mêmes nombres est 3.  Trouvez la somme des inverses de ces nombres.

Voici comment on peut procéder pour trouver la solution.  Si \(x\) et \(y\) sont les nombres recherchés, alors on pose \begin{align*}x + y &= 2 \\ \\ xy &= 3\end{align*}En isolant \(y\) dans la première équation, on trouve \[y = 2- x\]Et en substituant \(y\) dans la deuxième équation par l’expression que l’on vient de trouver, on obtient \[x(2-x) = 3\]Ce qui fait, après avoir distribué \(x\) et rendu le tout égal à zéro\begin{align*}2x-x^2&=3 \\ \\ 0&=x^2-2x + 3\end{align*}Par symétrie, les deux solutions à l’équation quadratique correspondront aux deux nombres cherchées, \(x\) et \(y\). Ceux-ci sont donc \[x = \frac{2 + \sqrt{\left(-2\right)^{2}-4\cdot1\cdot3}}{2\cdot 1}\]et \[y = \frac{2-\sqrt{\left(-2\right)^{2}-4\cdot1\cdot3}}{2\cdot 1}\]ce qui fait après simplifications\[x = \frac{2+\sqrt{-8}}{2}\]et\[y = \frac{2-\sqrt{-8}}{2}\]c’est-à-dire des nombres complexes que l’on réécrit comme\[x = \frac{2+\sqrt{8}i}{2}\]et\[y = \frac{2-\sqrt{8}i}{2}\]En se rappelant que\[\sqrt{8} = \sqrt{4}\sqrt{2} = 2\sqrt{2}\]on obtient en simplifiant\[x = 1 + \sqrt{2}i\]et\[y = 1-\sqrt{2}i\]La somme des inverses est donc\[\frac{1}{1+\sqrt{2}i} + \frac{1}{1-\sqrt{2}i}\]On peut effectuer cette somme en mettant d’abord sous dénominateur commun \[\frac{1}{1+\sqrt{2}i}\cdot \frac{1-\sqrt{2}i}{1-\sqrt{2}i} + \frac{1}{1-\sqrt{2}i}\cdot\frac{1+\sqrt{2}i}{1+\sqrt{2}i}\]ce qui fait après simplifications\[\frac{1-\sqrt{2}i + 1 + \sqrt{2}i}{1-2\cdot i^{2}}\]et donc tout simplement\[\frac{2}{3}\]Impressionnant ! Mais aussi long et fastidieux !  Si l’on considère dès le départ la solution (la somme des inverses des deux nombres)\[\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\]et que l’on effectue cette somme en mettant sur même dénominateur, on obtient\[\frac{y}{xy}+\frac{x}{xy}\] \[\frac{x+y}{xy}\]On trouve la somme des deux nombres, connue, c’est \(2\), au numérateur, et le produit des deux nombres, connu aussi, c’est \(3\), au dénominateur ! Le nombre cherché est donc simplement \[\frac{2}{3}\]Astucieux !

Référence : Alfred S Posamentier et Charles T. Salkind (1996), Challenging Problems In Geometry

La droite d’Euler

Prenez quelques minutes de votre temps et découvrez ce résultat fort étonnant.

Ce qu’il faut savoir :

Dans un triangle, les trois médiatrices sont concourantes ;

dans un triangle, les trois hauteurs sont concourantes ;

dans un triangle, les trois médianes sont concourantes.

Voilà ce qu’il faut savoir ! Eh bien commençons !  Tout point situé sur la médiatrice d’un segment est équidistant des deux extrémités du segment.  Traçons la médiatrice de $AB$ qui la coupe en $C$.  $D$ est un point de cette médiatrice.  Montrons que \[\overline{AD}\cong \overline{BD}\]Le cas est trivial si $D$ et $C$ sont confondus, point milieu de $\overline{AB}$ (définition de médiatrice).


Si $D$ n’est pas en $C$, alors par définition de médiatrice,  on a  bien \[\overline{AC}\cong \overline{BC}\]et on a aussi \[m\angle ACD = m\angle BCD = 90^{\circ}\]Puisque les triangles $ACD$ et $BCD$ partagent le côté $CD$,  on trouve qu’ils sont isométriques par le cas d’isométrie CAC.  Et comme dans les triangles isométriques les côtés homologues sont isométriques, on trouve \[\overline{AD}\cong \overline{BD}\]La réciproque est aussi vraie.  Si $D$ est équidistant de $A$ et de $B$, on peut affirmer que \[\overline{AD}\cong \overline{BD}\]En particulier, si $D$ était sur $\overline{AB}$ ($C$ sur l’image), on aurait aussi \[\overline{AC}\cong \overline{BC}\]Puisque les deux triangles $ACD$ et $BCD$ partagent le côté $CD$, on trouve qu’ils sont isométriques par CCC.  Les angles $ACD$ et $BCD$ étant d’une part des angles homologues isométriques, et d’autre part adjacents supplémentaires, on déduit que \[m\angle ACD = m\angle BCD = 90^{\circ}\]$DC$ est donc une médiatrice.

Considérons le triangle $ABC$ suivant.  $DF$ est la médiatrice de $\overline{BC}$ et $DE$ est la médiatrice de $\overline{AC}$.  Les deux médiatrices se coupent en $D$.

Puisque $DF$ est la médiatrice de $\overline{BC}$, on trouve \[\overline{BD}\cong \overline{CD}\]Puisque $DE$ est la médiatrice de $\overline{AC}$, on trouve \[\overline{AD}\cong \overline{CD}\]et par transitivité, on conclut que \[\overline{AD} \cong \overline{BD}\]Mais cela implique donc que $D$ est situé sur le médiatrice de $\overline{AB}$ puisqu’il est équidistant de $A$ et de $B$ ! Les trois médiatrices se rencontrent en un point.  C’était la première chose à savoir !

Portons maintenant notre attention sur le triangle $ABC$ suivant :

On a d’abord tracé les trois hauteurs $AJ$, $BE$ et $CD$.  On a ensuite tracé $GI$ parallèle à $AC$ et passant par $B$, $HI$ parallèle à $AB$ et passant par $C$ et $GH$ parallèle à $BC$ et passant par $A$.

Toutes ces droites parallèles forment évidemment une panoplie d’angles alternes-internes isométriques.

Considérons les parallèles $AC$ et $GI$ et la sécante $BC$.  Les angles $IBC$ et $ACB$ sont alternes-internes isométriques.

Considérons les parallèles $AB$ et $HI$ et la sécante $BC$.  Les angles $ABC$ et $BCI$ sont aussi alternes-internes isométriques.

Les triangles $BIC$ et $ABC$ partagent le côté $BC$ et sont donc isométriques par $ACA$.  Et comme dans les triangles triangles isométriques, les côtés homologues sont isométriques, on trouve\[\overline{AC}\cong \overline{BI}\]Considérons les parallèles $BC$ et $GH$ et la sécante $AB$.  Les angles $GAB$ et $ABC$ sont alternes-internes isométriques.

Considérons à nouveau les parallèles $AC$ et $GI$ et la sécante $AB$.   Les angles $GBA$ et $BAC$ sont alternes-internes isométriques.

Les triangles $GAB$ et $CBA$ partagent le côté $AB$ et sont donc isométriques par $ACA$.  Et comme dans les triangles triangles isométriques, les côtés homologues sont isométriques, on trouve\[\overline{AC}\cong \overline{BG}\]Cela implique donc, par transitivité, que \[\overline{BG}\cong \overline{BI}\]On peut dire que $B$ est le point milieu de $\overline{GI}$.  Par le même raisonnement, on pourrait trouver que $A$ est le point milieu de $\overline{GH}$ et $C$ est le point milieu de $\overline{HI}$.

Comme $BE$ est perpendiculaire à $AB$ (définition de hauteur) et $AB$ est parallèle à $GI$ (par construction), on a $BE$ perpendiculaire à $GI$.  Par le même raisonnement, on trouve que $AJ$ est perpendiculaire à $GH$ et $DC$ est perpendiculaire à $HI$.

$BE$, $AJ$ et $DC$ sont donc les médiatrices du triangle $GHI$.  Et comme les médiatrices sont concourantes, on trouve que $BE$, $AJ$ et $DC$, qui sont aussi les hauteurs de $ABC$, se rencontrent en $F$.  Les trois hauteurs d’un triangle se rencontrent donc en un même point.  C’était la deuxième chose à savoir !

Considérons maintenant le triangle $ABC$ suivant :

Dans le triangle $ABC$, on a tracé les médianes $CE$ et $AD$ qui se coupent en $G$.  Traçons aussi $DE$.  Par définition de médiane, on trouve que \[m\overline{AB} = 2\, m\overline{BE}\]et \[m\overline{BC} = 2\, m\overline{BD}\]Les triangles $ABC$ et $EBD$ partagent l’angle $EBD$.  Ils sont donc semblables par CAC.  Puisque dans les triangles semblables les côtés homologues sont dans le même rapport, on déduit que \[m\overline{AC} =2\, m\overline{ED}\]Dans les triangles semblables, les angles homologues étant isométriques, on trouve que les angles $BED$ et $BAC$ sont isométriques.  Et puisque ces angles sont aussi correspondants, on trouve que $ED$ est parallèle à $AC$ (puisque des angles correspondants isométriques sont formés par des parallèles).  En considérant cette dernière paire de parallèles et la sécante $CE$, on trouve que les angles $DEG$ et $ACG$ sont alternes-internes isométriques.  Avec les angles $EGD$ et $CGA$ opposés par le sommet, et donc isométriques, on conclut que les triangles $EGD$ et $CGA$ sont semblables par AA.  On avait déjà établit que \[m\overline{AC} = 2\, m\overline{ED}\]et puisque dans les triangles semblables on observe des côtés homologues proportionnels, alors on déduit que \[m\overline{EG} = 2\, m\overline{CG}\]et \[m\overline{DG} = 2\, m\overline{AG}\]Les médianes se coupent donc au $\dfrac{2}{3}$ de leur longueur à partir du sommet (ou dans un rapport $2:1$).  En répétant cette démarche avec l’autre médiane, on trouve que les médianes se rencontrent effectivement en un même point.  C’était la troisième chose à savoir !

Enfin, considérons le triangle $ABC$ suivant :

$BF$ et $CE$ sont deux droites supportant les médianes se coupant en $G$.  $FH$ et $DH$ sont deux médiatrices se coupant en $H$.  Prolongeons $GH$ jusqu’en $J$ de telle sort que \[m\overline{GJ} = 2\, m\overline{GH}\]On sait que \[m\overline{GB} = 2\, m\overline{GF}\]On trouve aussi que l’angle $JGB$ est congru à l’angle $HGF$ puisqu’ils sont opposés par le sommet.  Les triangles $JGB$ et $HGF$ sont donc semblables par le cas de similitude CAC.

Et comme dans les triangles semblables, les angles homologues sont isométriques, on trouve\[\angle GJB \cong \angle GHF\]Cela implique que les droites $JB$ et $FH$ sont parallèles puisque des angles alternes-internes isométriques sont formés par des parallèles (en utilisant la sécante $JH$).

Puisque $HF$ est une médiatrice, on trouve que $HF$ et $AC$ sont perpendiculaires.  $JB$ est donc aussi perpendiculaire à $AC$.  $JB$ est donc supportée par la hauteur issue de $B$.  $J$ est donc le point d’intersection des hauteurs.

Dans un triangle, les points d’intersection des hauteurs, des médianes et des médiatrices sont alignées sur une même droite : la droite d’Euler.

Référence : Dörrie, Heinrich, 100 Great Problems of Mathematics (1965)

Le théorème de Stewart

On connait beaucoup de choses sur les médianes, les hauteurs, les médiatrices ou les bissectrices d’un triangle.  Le  théorème  de Stewart  concerne les segments internes du triangles joignant un sommet à son côté opposé d’une manière quelconque .  Considérons le triangle suivant :

Remarquons que\[\alpha + \beta = 180^{\circ}\]et donc que \[\cos(\alpha) = -\cos(\beta) \qquad (1)\]Avec la loi des cosinus, dans le triangle $ADC$, on trouve\[b^2 = m^2 + d^2 \ – \  2md \cdot \cos(\beta)\]En isolant le cosinus, on obtient\[\cos(\beta) = \frac{-b^2 + m^2 + d^2}{2md}\]Avec la loi des cosinus, mais cette fois-ci dans le triangle $CDB$, on obtient\[a^2 = n^2 + d^2 \ – \ 2nd\cdot \cos(\alpha)\]En isolant le cosinus, on obtient\[\cos(\alpha) = \frac{-a^2 + n^2 + d^2}{2nd}\]Ce qui implique en vertu de $(1)$ que\[-\cos(\beta) = \frac{-a^2 + n^2 + d^2}{2nd}\]Et donc que\[\cos(\beta) = \frac{a^2 \ – \ n^2\  – \  d^2}{2nd}\]En égalant les deux expressions, on obtient\[\frac{-b^2 + m^2 + d^2}{2md} = \frac{a^2 \  – \  n^2 \  – \  d^2}{2nd}\]Puis en mettant sur dénominateur commun\[\frac{-b^2n + m^2n + d^2n}{2mnd} = \frac{a^2m \  – \  n^2m \  – \  d^2m}{2mnd}\]ce qui fait\[-b^2n + m^2n + d^2n = a^2m \ – \ n^2m \ – \ d^2m\]ou de manière équivalente\[d^2n + d^2m + m^2n + n^2m = a^2m + b^2n\]En effectuant une mise en évidence double, on obtient\[d^2(n + m) + nm(m + n) = a^2m + b^2n\]puis\[(d^2 + nm)(m+n) = a^2m + b^2n\]Et comme\[c = m + n\]on obtient finalement\[c(d^2 + nm) = a^2m + b^2n\]Voilà ! Le théorème de Stewart.

Référence :  Posamentier, Alfred S., Salkind, Charles T.Challenging Problems In Geometry (1996)