Shortlist 2009, G5

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Poland

Concepts : Géométrie combinatoire : enveloppe convexe, points du réseau · Principe extrémal · AM-GM et moyennes

Solution officielle : Shortlist officielle 2009 (avec solutions), p. 57 (page 59 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(P\) be a polygon that is convex and symmetric to some point \(O\). Prove that for some parallelogram \(R\) satisfying \(P \subset R\) we have

\[\frac{\lvert R \rvert}{\lvert P \rvert} \leq \sqrt{2},\]

where \(\lvert R \rvert\) and \(\lvert P \rvert\) denote the area of the sets \(R\) and \(P\), respectively.

Indices : les idées clés

• Triangle d'aire maximale \(OAB\) : les parallèles à \(OB\) et \(OA\) en \(A\) et \(B\) et leurs symétriques forment un parallélogramme \(R_1 \supseteq P\) d'aire \(2\lvert R_2 \rvert\), où \(R_2 = ABA'B'\).
• Second parallélogramme \(R_3\), le plus petit de côtés parallèles à \(AB\) et \(BA'\) contenant \(P\) : \(\lvert R_3 \rvert = xy\lvert R_2 \rvert\) et \(\lvert P \rvert \geq \frac{x + y}{2}\lvert R_2 \rvert\) (géométrie des convexes).
• AM-GM : \(\lvert R_1 \rvert \cdot \lvert R_3 \rvert \leq 2\lvert P \rvert^2\), donc l'un des deux convient.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2009 (deux solutions).

Solution 1

Nous allons construire deux parallélogrammes \(R_1\) et \(R_3\), contenant chacun \(P\), et prouver que l'une au moins des inégalités \(\lvert R_1 \rvert \leq \sqrt{2}\lvert P \rvert\) et \(\lvert R_3 \rvert \leq \sqrt{2}\lvert P \rvert\) est vraie (voir figure 1).

Construisons d'abord un parallélogramme \(R_1 \supseteq P\) tel que les milieux des côtés de \(R_1\) soient des points du bord de \(P\).

Choisissons deux points \(A\) et \(B\) de \(P\) tels que le triangle \(OAB\) ait une aire maximale. Soient \(a\) la droite passant par \(A\) parallèle à \(OB\), et \(b\) la droite passant par \(B\) parallèle à \(OA\). Soient \(A'\), \(B'\), \(a'\) et \(b'\) les points ou droites symétriques de \(A\), \(B\), \(a\) et \(b\) par rapport à \(O\). Soit enfin \(R_1\) le parallélogramme défini par \(a\), \(b\), \(a'\) et \(b'\).

Évidemment, \(A\) et \(B\) sont sur le bord du polygone \(P\), et \(A\), \(B\), \(A'\) et \(B'\) sont les milieux des côtés de \(R_1\). Remarquons que \(P \subseteq R_1\). Sinon, il existerait un point \(Z \in P\) avec \(Z \notin R_1\), c'est-à-dire que l'une des droites \(a\), \(b\), \(a'\) ou \(b'\) séparerait \(O\) et \(Z\). Si c'est \(a\), on a \(\lvert OZB \rvert > \lvert OAB \rvert\), ce qui contredit le choix de \(A\) et \(B\). Si c'est l'une des droites \(b\), \(a'\) ou \(b'\), des arguments presque identiques mènent à une contradiction semblable.

Soit \(R_2\) le parallélogramme \(ABA'B'\). Comme \(A\) et \(B\) sont des points de \(P\), le segment \(AB \subset P\), donc \(R_2 \subset R_1\). Comme \(A\), \(B\), \(A'\) et \(B'\) sont les milieux des côtés de \(R_1\), un argument facile donne

\[\lvert R_1 \rvert = 2 \cdot \lvert R_2 \rvert. \tag{1}\]

Soit \(R_3\) le plus petit parallélogramme contenant \(P\) défini par des droites parallèles à \(AB\) et à \(BA'\). Évidemment \(R_2 \subset R_3\), et chaque côté de \(R_3\) contient au moins un point du bord de \(P\). Notons \(C\) le point d'intersection de \(a\) et \(b\), \(X\) le point d'intersection de \(AB\) et \(OC\), et \(X'\) le point d'intersection de \(XC\) et du bord de \(R_3\). De même, notons \(D\) le point d'intersection de \(b\) et \(a'\), \(Y\) le point d'intersection de \(A'B\) et \(OD\), et \(Y'\) le point d'intersection de \(YD\) et du bord de \(R_3\).

Remarquons que \(OC = 2 \cdot OX\) et \(OD = 2 \cdot OY\) ; il existe donc des réels \(x\) et \(y\) avec \(1 \leq x, y \leq 2\) tels que \(OX' = x \cdot OX\) et \(OY' = y \cdot OY\). Les côtés correspondants de \(R_3\) et \(R_2\) sont parallèles, ce qui donne

\[\lvert R_3 \rvert = xy \cdot \lvert R_2 \rvert. \tag{2}\]

Le côté de \(R_3\) contenant \(X'\) contient au moins un point \(X^*\) de \(P\) ; par convexité de \(P\), on a \(AX^*B \subset P\). Comme ce côté du parallélogramme \(R_3\) est parallèle à \(AB\), on a \(\lvert AX^*B \rvert = \lvert AX'B \rvert\), donc \(\lvert OAX'B \rvert\) ne dépasse pas l'aire de la partie de \(P\) comprise dans le secteur défini par les demi-droites \(OB\) et \(OA\). De même, \(\lvert OB'Y'A' \rvert\) ne dépasse pas l'aire de la partie de \(P\) comprise dans le secteur défini par les demi-droites \(OB\) et \(OA'\). En rassemblant, on a \(\lvert OAX'B \rvert = x \cdot \lvert OAB \rvert\), \(\lvert OBDA' \rvert = y \cdot \lvert OBA' \rvert\). Comme \(\lvert OAB \rvert = \lvert OBA' \rvert\), on conclut que \(\lvert P \rvert \geq 2 \cdot \lvert AX'BY'A' \rvert = 2 \cdot (x \cdot \lvert OAB \rvert + y \cdot \lvert OBA' \rvert) = 4 \cdot \frac{x + y}{2} \cdot \lvert OAB \rvert = \frac{x + y}{2} \cdot \lvert R_2 \rvert\) ; en bref,

\[\frac{x + y}{2} \cdot \lvert R_2 \rvert \leq \lvert P \rvert. \tag{3}\]

Comme tous les nombres en jeu sont strictement positifs, on peut combiner (1) à (3). Avec l'inégalité arithmético-géométrique, on obtient

\[\lvert R_1 \rvert \cdot \lvert R_3 \rvert = 2 \cdot \lvert R_2 \rvert \cdot xy \cdot \lvert R_2 \rvert \leq 2 \cdot \lvert R_2 \rvert^2\left(\frac{x + y}{2}\right)^2 \leq 2 \cdot \lvert P \rvert^2.\]

Cela implique immédiatement le résultat voulu : \(\lvert R_1 \rvert \leq \sqrt{2} \cdot \lvert P \rvert\) ou \(\lvert R_3 \rvert \leq \sqrt{2} \cdot \lvert P \rvert\). \(\blacksquare\)

Solution 2

On construit les parallélogrammes \(R_1\), \(R_2\) et \(R_3\) comme dans la solution 1, et l'on montre que \(\frac{\lvert R_1 \rvert}{\lvert P \rvert} \leq \sqrt{2}\) ou \(\frac{\lvert R_3 \rvert}{\lvert P \rvert} \leq \sqrt{2}\).

Rappelons que les applications affines bijectives du plan conservent les rapports d'aires. D'autre part, tout parallélogramme peut être transformé en un carré par une application affine. Sans perte de généralité, on peut donc supposer que \(R_1\) est un carré (voir figure 2).

Alors \(R_2\), dont les sommets sont les milieux des côtés de \(R_1\), est aussi un carré, et \(R_3\), dont les côtés sont parallèles aux diagonales de \(R_1\), est un rectangle.

Soient \(a > 0\), \(b \geq 0\) et \(c \geq 0\) les distances indiquées sur la figure 2. Alors \(\lvert R_1 \rvert = 2a^2\) et \(\lvert R_3 \rvert = (a + 2b)(a + 2c)\).

Les points \(A\), \(A'\), \(B\) et \(B'\) sont dans le polygone convexe \(P\). Le carré \(ABA'B'\) est donc contenu dans \(P\). De plus, chaque côté du rectangle \(R_3\) contient un point de \(P\), sinon \(R_3\) ne serait pas minimal. Il s'ensuit que

\[\lvert P \rvert \geq a^2 + 2 \cdot \frac{ab}{2} + 2 \cdot \frac{ac}{2} = a(a + b + c).\]

Supposons maintenant que \(\frac{\lvert R_1 \rvert}{\lvert P \rvert} > \sqrt{2}\) et \(\frac{\lvert R_3 \rvert}{\lvert P \rvert} > \sqrt{2}\) ; alors

\[2a^2 = \lvert R_1 \rvert > \sqrt{2} \cdot \lvert P \rvert \geq \sqrt{2} \cdot a(a + b + c)\]

et

\[(a + 2b)(a + 2c) = \lvert R_3 \rvert > \sqrt{2} \cdot \lvert P \rvert \geq \sqrt{2} \cdot a(a + b + c).\]

Tous les nombres en jeu sont strictement positifs ; en multipliant ces inégalités, on obtient

\[2a^2(a + 2b)(a + 2c) > 2a^2(a + b + c)^2.\]

Mais l'inégalité arithmético-géométrique donne le résultat contradictoire

\[2a^2(a + 2b)(a + 2c) \leq 2a^2\left(\frac{(a + 2b) + (a + 2c)}{2}\right)^2 = 2a^2(a + b + c)^2.\]

Donc \(\frac{\lvert R_1 \rvert}{\lvert P \rvert} \leq \sqrt{2}\) ou \(\frac{\lvert R_3 \rvert}{\lvert P \rvert} \leq \sqrt{2}\), comme voulu. \(\blacksquare\)