Shortlist 2018, G3

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : South Africa

Concepts : Récurrence et constructions récursives · Géométrie combinatoire : enveloppe convexe, points du réseau

Solution officielle : Shortlist officielle 2018 (avec solutions), p. 40 (page 42 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

A circle \(\omega\) of radius \(1\) is given. A collection \(T\) of triangles is called good, if the following conditions hold:

(i) each triangle from \(T\) is inscribed in \(\omega\);

(ii) no two triangles from \(T\) have a common interior point.

Determine all positive real numbers \(t\) such that, for each positive integer \(n\), there exists a good collection of \(n\) triangles, each of perimeter greater than \(t\).

Indices : les idées clés

• Constructions par récurrence : un éventail de triangles \(BA_iA_{i+1}\) dans un demi-cercle de diamètre \(BC\), chaque nouveau sommet étant choisi assez près de \(C\).
• Géométrie combinatoire : argument d'aire ; des triangles sans point intérieur commun ont une aire totale au plus \(\pi\), donc il ne peut y en avoir beaucoup d'aire minorée.
• Formule de Héron : un triangle inscrit de périmètre \(\geq 4 + 2\varepsilon\) a des côtés \(\leq 2\), donc \(s - a, s - b, s - c \geq \varepsilon\) et son aire est minorée.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2018 (une solution et deux remarques).

Réponse : \(t \in (0, 4]\).

Solution

Construction pour \(t \leq 4\). Montrons d'abord comment construire une collection bonne de \(n\) triangles, chacun de périmètre strictement supérieur à \(4\) ; cela prouvera que tout \(t \leq 4\) convient.

On construit par récurrence un \((n+2)\)-gone \(BA_1A_2 \ldots A_nC\) inscrit dans \(\omega\), tel que \(BC\) soit un diamètre et que \(BA_1A_2\), \(BA_2A_3\), ..., \(BA_{n-1}A_n\), \(BA_nC\) forment une collection bonne de \(n\) triangles, chacun de périmètre \(> 4\) (voir la figure). Pour \(n = 1\), on prend n'importe quel triangle \(BA_1C\) inscrit dans \(\omega\) avec \(BC\) diamètre ; son périmètre est strictement supérieur à \(2BC = 4\) (inégalité triangulaire). Pour l'hérédité, supposons construit le \((n+2)\)-gone \(BA_1A_2 \ldots A_nC\). Comme \(A_nB + A_nC + BC > 4\), on peut choisir un point \(A_{n+1}\) sur le petit arc \(\overset{\frown}{CA_n}\), assez proche de \(C\) pour que \(A_nB + A_nA_{n+1} + BA_{n+1}\) soit encore strictement supérieur à \(4\). Alors chacun des nouveaux triangles \(BA_nA_{n+1}\) et \(BA_{n+1}C\) a un périmètre \(> 4\) (le second comme pour \(n = 1\), car \(BC = 2\) est un diamètre), ce qui achève la récurrence.

Aucun \(t > 4\) ne convient. Supposons qu'il existe une collection bonne \(T\) de \(n\) triangles, chacun de périmètre \(> t\), et majorons \(n\). Prenons \(\varepsilon > 0\) tel que \(t = 4 + 2\varepsilon\).

Affirmation. Il existe une constante \(\sigma = \sigma(\varepsilon) > 0\) telle que tout triangle \(\Delta\) inscrit dans \(\omega\), de périmètre \(2s \geq 4 + 2\varepsilon\), a une aire \(S(\Delta) \geq \sigma\).

Preuve. Soient \(a, b, c\) les longueurs des côtés de \(\Delta\). Comme \(\Delta\) est inscrit dans \(\omega\), chaque côté mesure au plus \(2\). Donc \(s - a \geq (2 + \varepsilon) - 2 = \varepsilon\), et de même \(s - b \geq \varepsilon\), \(s - c \geq \varepsilon\). Par la formule de Héron,

\[S(\Delta) = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \geq \sqrt{(2 + \varepsilon)\varepsilon^3}.\]

On peut donc prendre \(\sigma(\varepsilon) = \sqrt{(2 + \varepsilon)\varepsilon^3}\). \(\square\)

L'aire totale \(S\) des triangles de \(T\) vaut donc au moins \(n\sigma(\varepsilon)\). D'autre part, ces triangles n'ont pas de point intérieur commun et sont contenus dans le disque limité par \(\omega\), donc \(S\) ne dépasse pas l'aire de ce disque. Ainsi \(n\sigma(\varepsilon) \leq \pi\) : \(n\) est majoré, et \(t\) ne convient pas. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. On peut prouver l'affirmation en utilisant la formule \(S = \dfrac{abc}{4R}\) au lieu de la formule de Héron.

Remarque 2. Dans l'énoncé, la condition (i) pourrait être remplacée par une condition plus faible : chaque triangle de \(T\) est contenu dans le disque limité par \(\omega\). Cela ne change rien à la solution ci-dessus, mais réduit le nombre de façons de prouver l'affirmation.