Point dans un triangle - Solution
Soit un triangle équilatéral ABC et un point P dans le triangle.
PA=a, PB=b, PC=c, a>b>c, AB=BC=AC=d
Considérons le triangle PAC, angle PCA=x :
a² = c² + d² - 2.c.d.cos(x)
de même dans le triangle PCB, angle PCB = π/3 - x :
b² = c² + d² - 2.c.d.cos(π/3-x)
En éliminant x entre ces deux équations, après moults
calculs et simplifications, on obtient la formule élégante :
a4 + b4 + c4 + d4 = a²b² + a²c² + b²c² + a²d² + b²d² + c²d²
Qui peut aussi s'écrire :
3(a4 + b4 + c4 + d4) = (a² + b² + c² + d²)²
|
Nota : Cette formule peut s'obtenir en écrivant que le volume du tétraèdre PABC est nul,
à partir de la
formule de Piero della Francesca donnant le volume d'un tétraèdre en fonction de ses arêtes.
Pour résoudre d connaissant a,b,c :
d4 - (a² + b² + c²)d2 + (a² + b² + c²)² -3(a²b² + a²c² + b²c²) = 0
Equation bicarrée de la forme d4 - p.d2 + q = 0
Avec les données numériques a=5, b=4, c=3 : d4 - 50 d2 + 193 = 0
dont les solutions sont :
d=√( 25 ± √432) = 2,05314... et 6,76643...
La plus petite conduit à un point extérieur au triangle et donc
d = √(25 + 12√3) = 6,7664325675223... |
Un script pour calculer :
Construction géométrique
Du point P traçons les cercles (A), (B) et (C) de rayons a,b,c
On peut imposer le point A.
Le lieu géométrique de C est (C)
B se déduit de C par une rotation de centre A d'angle π/3.
Le lieu géométrique de B est donc le cercle (C') image de (C) par cette rotation.
Mais c'est aussi le cercle (B) par définition. Le point B est donc à l'intersection de (B) et (C').
Le point C s'en déduit par la rotation inverse.
Il y a deux points d'intersection B
1 et B
2 conduisant aux deux triangles donnés par la solution algébrique.
Un seul contient le point P.
Discussion
Notons a>b>c. Pour qu'il y ait intersection des cercles (B) et (C'), il est nécessaire que :
Dans ces conditions, les deux points B
1 et B
2 existent.
Mais ceci ne conduit pas forcément à une solution où P est intérieur au triangle.
Il est nécessaire que angle ABP < π/3
Traçons le cercle (D) circonscrit à AMP. Le point B doit se trouver à l'extérieur de ce cercle.
La condition a < b + c n'est pas assez restrictive puisque PM est intérieur à (D).
(D) coupe (B) en E. Il est nécessaire que c > ME ( > a-b )
Reste à calculer ME = x.
L'angle MEP = 2π/3 et donc dans le triangle PME
MP² = a² = EP² + ME² - 2.EP.ME.cos(2π/3) = b² + x² + b.x
On doit donc avoir :
a² < b²+c²+bc = (b+c)² - bc
soit c > (-b+√(4a²-3b²))/2 |
Valeurs entières
Soit résoudre a
4 + b
4 + c
4 + d
4 = a²b² + a²c² + b²c² + a²d² + b²d² + c²d²
en nombres entiers
c ≤ b ≤ a ≤ d
et a² ≤ b² + c² + bc
Cette dernière inégalité étant stricte si on veut P strictement intérieur au triangle,
et
a² = b² + c² + bc pour P sur un côté.
Une recherche systématique par programme donne les valeurs suivantes
P sur les côtés, PGCD(a,b,c) = 1, c < 10 et a < 20000 :
(c,b,a) | d |
3,5,7 | 8 |
5,16,19 | 21 |
7,8,13 | 15 |
7,33,37 | 40 |
9,56,61 | 65 |
P intérieur, PGCD(a,b,c) = 1, c < 100 et a < 20000 :
(c,b,a) | d |
43,147,152 | 185 |
49,285,296 | 331 |
57,65,73 | 112 |
73,88,95 | 147 |
95,312,343 | 403 |
97,185,208 | 273 |
Et en particulier le plus petit triangle pour d = 112
Les formules suivantes donnent à condition de trier (a,b,c,d) dans le bon ordre, une infinité de solutions :
m = 2(u² - v²), n = u² + 4uv + v²
a = m² + n² b, c = m² ± mn + n²
d = 8(u² - v²)(u² + uv + v²) |
Malheureusement ne donnent pas
toutes les solutions, par exemple :
(a,b,c,d) = (57,65,73,112), l'examen des différences (b,c = a ± mn) donne que
a = 65, b = 57, c = 73, d = 112.
Mais
a = 65 = m² + n² et
mn = ±8
donne
(m, n) = (±8, ±1).
Et
m = 2(u² - v²) donne
(u, v) = (±2, 0)
incompatible avec la valeur de
n = ±1
(57,65,73,112) ne peut pas être obtenu par les formules précédentes |
Une table plus complète.
Les triangles primitifs de côtés 331 ont ainsi 2 points intérieurs à distances entières :
111,221,280 | d = 331 |
49,285,296 | d = 331 |
Ainsi d'ailleurs que
211,1541,1560 | d = 1729 |
195,1544,1591 | d = 1729 |
On peut facilement obtenir des triangles avec autant de points entiers que l'on veut en "combinant"
plusieurs triangles primitifs.
Par exemple, en combinant les triangles :
7,8,13 | d = 15 |
5,16,19 | d = 21 |
11,24,31 | d = 35 |
ayant chacun un seul point sur un côté, on obtient le triangle de côté PPCM(15,21,35) = 105
qui admet 3 points de côtés :
(49,56,91) = 7×(7,8,13)
(25,80,95) = 5×(5,16,19) et
(33,72,93) = 3×(11,24,31)
Des triangles ayant à la fois des points de côté et intérieurs peuvent aussi être obtenus de cette façon,
mais on a déja le triangle primitif :
57,65,73 | d = 112 (point intérieur)
|
55,57,97 | d = 112 (point de côté)
|
en cherchant des diviseurs de 112 = 24×7 dans la table, on obtient :
(42,70,98) = 14×(3,5,7) (point de côté)
Soit : le triangle de côté 112, qui est le plus petit triangle avec un point intérieur, a aussi 2 points de côté !
Autres méthodes
Il y a d'autres méthodes que celles-ci pour obtenir le triangle ABC.
Les calculs peuvent bien sûr se faire autrement.
Nous avons mentionné la formule de Piero della Francesca qui supprime tout usage des fonctions trigonométriques
et donne "directement"
la formule reliant a,b,c,d.
Cette formule est équivallente à l'utilisation d'un déterminant de Cayley-Menger pour le volume d'un tétraèdre :
| 0 1 1 1 1 |
| 1 0 d² d² a² |
288 V² = | 1 d² 0 d² b² | = 0
| 1 d² d² 0 c² |
| 1 a² b² c² 0 |
en développant ce déterminant et en simplifiant par d² (non nul), on obtient directement la formule Σa
4 = Σa²b²
Géométriquement, deux méthodes astucieuses :
Rotation de π/3
Faisons tourner le triangle APC de π/3 autour du sommet A.
On construit ainsi le triangle AP'B.
Dans le quadrilatère APBP', AP = AP' = a, et l'angle en A = π/3, donc APP' est équilatéral et
PP' = a PB = b bien entendu, et P'B = PC = c.
Le triangle BPP' est donc de côtés a,b,c.
D'où la construction :
Construire le triangle BPP' de côtés a,b,c.
Sur l'un de ses côtés (disons PP' = a) complèter le triangle équilatéral PP'A.
Complèter le triangle équilatéral ABC
En construisant APP', on peut construire A du même côté ou non de B, donnant les deux solutions.
Symétrie
Soient D,E,F les symétriques de P par rapport aux côtés de ABC.
On forme ainsi un hexagone (irrégulier) AECDBF.
Le triangle AEF a AE = AF = AP = a et est donc isocèle.
L'angle EAF est le double de l'angle CAB soit 120°
Le côté EF est donc
a√
3
Le triangle DEF est donc de côtés
a√
3, b√
3, c√
3
D'où une construction, mais surtout le calcul direct de l'aire de ABC, moitié de celle de l'hexagone.
Celle-ci est la somme de l'aire du triangle DEF, donc trois fois celle d'un triangle de côtés a,b,c,
et de celle des trois triangles isocèles d'angle 120°.
L'aire d'un tel triangle est a²sin(120°)/2 =
a²√
3/4, (resp. b², c²)
Avec a = 3, b = 4, c = 5 cela donne l'aire de l'hexagone (le triangle 3:4:5 est rectangle !) :
3×(3×4/2) +
(3² + 4² + 5²)√
3/4
soit 18 +
25√
3/2
Et l'aire de ABC est la moitié : 9 +
25√
3/4
Toujours à propos du calcul direct de l'aire de ABC, la méthode précédente de rotation de 60° donne
aussi cette aire directement.
Le quadrilatère APBP' a pour aire la somme de celle d'un triangle de cotés a,b,c (PP'B) et du triangle équilatéral de côté AP = a (APP')
En répétant trois fois cette construction, chaque triangle est utilisé deux fois et donc le double de l'aire de ABC est
3×Aire(a,b,c) + Aire(a,a,a) + Aire(b,b,b) + Aire(c,c,c),
en appelant ici Aire(a,b,c) celle d'un triangle de côtés a,b,c.
Pour le triangle équilatéral Aire(a,a,a) = a²√3/4
Ce qui donne finallement la même formule.