Shortlist 2016, G3¶
Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★☆☆☆ · Proposé par : non indiqué
Concepts : Triangles semblables et similitudes
Solution officielle : Shortlist officielle 2016 (avec solutions), p. 51 (page 54 du PDF)
Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.
Pas encore relu
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Énoncé¶
Let \(B = (-1, 0)\) and \(C = (1, 0)\) be fixed points on the coordinate plane. A nonempty, bounded subset \(S\) of the plane is said to be nice if
(i) there is a point \(T\) in \(S\) such that for every point \(Q\) in \(S\), the segment \(TQ\) lies entirely in \(S\); and
(ii) for any triangle \(P_1P_2P_3\), there exists a unique point \(A\) in \(S\) and a permutation \(\sigma\) of the indices \(\{1, 2, 3\}\) for which triangles \(ABC\) and \(P_{\sigma(1)}P_{\sigma(2)}P_{\sigma(3)}\) are similar.
Prove that there exist two distinct nice subsets \(S\) and \(S'\) of the set \(\{(x, y) : x \geq 0,\ y \geq 0\}\) such that if \(A \in S\) and \(A' \in S'\) are the unique choices of points in (ii), then the product \(BA \cdot BA'\) is a constant independent of the triangle \(P_1P_2P_3\).
Indices : les idées clés
- Choisir quel côté correspond à \(BC\) : dans \(S\), \(BC\) correspond au plus grand côté du triangle ; dans \(S'\), au côté moyen. Cela rend le point \(A\) unique.
- Traduire les inégalités de longueurs en disques : \(AB \leq BC\) s'écrit \((x+1)^2 + y^2 \leq 4\), etc.
- Triangles semblables : \(BA = BC \cdot \frac{P_2P_3}{P_1P_2}\) et \(BA' = BC \cdot \frac{P_1P_2}{P_2P_3}\), d'où \(BA \cdot BA' = BC^2 = 4\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2016 (une solution et une remarque).
Solution 1¶
Construction de \(S\). Si, dans la similitude entre \(ABC\) et \(P_{\sigma(1)}P_{\sigma(2)}P_{\sigma(3)}\), le côté \(BC\) correspond au plus grand côté de \(P_1P_2P_3\), alors \(BC \geq AB \geq AC\). Pour \(A = (x, y)\), la condition \(BC \geq AB\) équivaut à \((x+1)^2 + y^2 \leq 4\), tandis que \(AB \geq AC\) est automatiquement vraie pour tout point du premier quadrant (\(x \geq 0\)). On pose donc
\(S\) est l'intersection d'un disque et du premier quadrant : il est borné et convexe, et n'importe quel \(T \in S\) convient pour la condition (i). Pour tout \(A \in S\), on a \(BC \geq AB \geq AC\). Étant donné un triangle, la forme du triangle \(ABC\) semblable avec \(BC\) correspondant au plus grand côté (et \(AB \geq AC\), \(A\) au-dessus de l'axe) est imposée, donc le point \(A\) de (ii) est unique ; son existence est garantie par la construction ci-dessus.
Construction de \(S'\). Si maintenant \(BC\) correspond au côté moyen de \(P_1P_2P_3\), alors \(A'B \geq BC \geq A'C\). Ces deux inégalités équivalent respectivement à \((x+1)^2 + y^2 \geq 4\) et \((x-1)^2 + y^2 \leq 4\). On pose
\(S'\) est borné, et (ii) se justifie comme pour \(S\). Pour (i), \(S'\) est formé de points intérieurs au disque \((x-1)^2 + y^2 \leq 4\) et extérieurs au disque \((x+1)^2 + y^2 < 4\) ; on peut prendre \(T' = (1, 2)\), point le plus haut du cercle \((x-1)^2 + y^2 = 4\) (voir la figure).
Le produit est constant. Soit un triangle \(P_1P_2P_3\) avec \(P_1P_2 \geq P_2P_3 \geq P_3P_1\). Par similitude, \(BC\) correspond à \(P_1P_2\) dans \(ABC\) et \(BA\) au côté moyen \(P_2P_3\) ; dans \(A'BC\), \(BC\) correspond à \(P_2P_3\) et \(BA'\) au plus grand côté \(P_1P_2\). Donc
Ainsi \(BA \cdot BA' = BC^2 = 4\), qui ne dépend pas du triangle \(P_1P_2P_3\). Les ensembles \(S\) et \(S'\) sont distincts, contenus dans le premier quadrant, et conviennent. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. La version originale du problème imposait en plus que les intérieurs de \(S\) et \(S'\) soient disjoints. Cette condition a été retirée car il est délicat de définir rigoureusement l'intérieur d'un ensemble de points.