SOMMETS D'UN TRIANGLE SOIT MINIMUM

290. Supposons le problème résolu, et soit M le point cherché (Jig. 88); imaginons une ellipse passant en ce point et

THÉORÈMES ET PROBLÈMES SUR LE TRIANGLE. l3g

ayant pour foyers les sommets B et C du triangle. Tous les points de cette ellipse donnant la même somme des distances pour B et C, le point M, qui donnera le minimum, sera sur la normale menée du point A â l'ellipse, puisque c'est la distance minimum de A à cette courbe» Or. nous savons que cette normale divise en deux parties égales l'angle BMC des rayons vecteurs. En faisant le même raisonnement pour BM et pour CM, on verra que lès angles AMC, AMB sont aussi divisés en par* ties égales. Mais BMD = AME comme» opposés au sommet, de même

BMF=sCME et AMF = CMD.

Donc toutes ces moitiés d'angles sont égales entre elles et l'on a autour du point M six angles égaux dont chacun est, par conséquent , le sixième de quatre droits, c'est-à-dire égal à 60 degrés. Ainsi

BMC = AMC = BM A = 1 *o°,

et voici la solution du problème :

Sur chaque côté du triangle décrivez un segment capable de 1 so degrés ; ces segments auront un point commun qui sera le point cherché,

291. Il est clair qu'on a en même temps résolu le problème suivant : Trouver un point d'où les trois côtés d'un triangle paraissent de la même grandeur»

En effet, ils sont vus du point M sous le même angle de 120 degrés.

292. Si l'un des angles du triangle était égal à iso degrés, il est clair, à cette position limite, que le sommet de cet angle obtus serait le point cherché. Mais si un angle est plus grand que 120 degrés, la solution précédente est en défaut, quoiqu'il y ait toujours évidemment sur le plan du triangle un point qui jouisse de la propriété du minimum.

Nous allons démontrer que le point cherché est toujours le sommet de l'angle obtus; mais nous serons conduits à faire diverses hypothèses successives.

293. Supposons que le point cherché soit du même côté de BC que le sommet A de l'angle obtus (fig. 89) : cela peut avoir lieu de plusieurs manières différentes.

l4<> CHAP1T1E X.

i° Considérons un point M, compris dans le prolongement de l'angle obtus BAC, il est clair que la somme

des lignes enveloppantes sera plus grande que la somme des lignes enveloppées AB + AC; à plus forte raison,

M,A + M 1 B-f-M,C>AB-f-AC.

2 Prenons un point M situé dans un angle supplémentaire de BAC, mais en dehors du triangle, de sorte que Tune MC des droites, qui joignent ce point aux sommets B et C, coupe en M' un côté AB. On a la ligne brisée

MA + MB>M'A + M'B;

ajoutons d'un côté M'C et de l'autre AC; on a, à fortiori,