Preuve métrique | Preuve trigonométrique 

Le résultat

 

TheoJapG.fig

Preuve Trigo

Preuve métrique avec le théorème de Ptolémée

- On commence par le montrer pour un quadrilatère.

- Puis on continue par récurrence sur le nombre de côtés du polygone convexe, en étant attentif à montrer que l'on peut effectivement utiliser l'hérédité dans la preuve par récurrence.

Etape 1 : cas du quadrilatère

TheoJap1.fig

 

Notations

En notant a, b, c les côtés d'un triangle, R et r les rayons des cercles circonscrit et inscrit on sait que 2Rr = abc/(a+b+c) qui s'obtient par exemple à partir de abc/4R = S = pr (avec p le demi périmètre).

Sur la figure ci-dessus, on note a, b, c, d les longueurs AB, BC, CD, DA, puis m = AC et n = BD.

On notera S₁, S₂ les aires de ABC et ACD, S'₁ et S'₂ les aires de ABD et BCD.

Les hypothèses

ABCD inscrit signifie que les quatres triangles en jeu ont même cercle circonscrit de rayon R.

Le fait que ABCD soit convexe entraine que S₁ + S₂ = S'₁ + S'₂ = S l'aire de ABCD, ce qui se traduit par :

(ab + cd) m = (ad + bc) n = S, en multipliant les aires par le rayon R commun aux 4 triangles.

Le théorème de Ptolémée (inscrit + convexe) permet d'écrire ac + bd = mn.

Preuve

On part de et

On montre alors, à l'aide des relations ci-dessus, que le rapport des deux (r₁+r₂) / (r'₁+r'₂) est égal à 1.

Etape 2 : récurrence sur le nombre n de côtés

- Vrai pour n = 4 (étape 1)

- Pour n supérieur, dans toute triangulation du polygone, il existe un triangle formé de trois points consécutifs A_i-1A_iA_i+1, sinon on n'a pas une triangulation (on se ramène au cas n=4).

- Considérons un triangulation. On peut supposer, à une renumérotation près, qu'elle contient le triangle A₁A₂A₃.

TheoJap2.fig

- On applique alors l'hypothèse de récurrence sur A₁A₃A₄...A_n, le cas n = 4 sur A₁A₂A₃A₄. Il en résulte que le résultat est vrai pour la triangulation contenant A₁A₂A₄ et A₂A₃A₄, donc par hypothèse de récurrence pour toute triangulation contenant A₂A₃A₄.

- On atteint ainsi toutes les triangulations possibles

Preuve trigonométrique (par Jean Marc Breslaw - IUFM Réunion)

Lemme 1

Pour tous réels a et b, on a :

2sin a sin b sin (a+b) = [sin a + sin b + sin (a+b)].[-1 + cos a + cos b - cos (a+b)]

Se vérifie par exemple avec un logiciel de calcul formel.

Lemme 2

Etant donné deux points A et B d'un cercle de centre O de rayon R, et a la mesure de AOB entre 0 et Pi, on a AB = R. sin (a/2).

Immédiat.

Lemme 3

En reprenant les notations précédentes, on a r = a.b.c / 2R(a + b + c).

Déjà vu ci-dessus

Position du problème

TheoJap3.fig

On dispose de n points A1, ... An dans cet ordre, sur un cercle de centre O et de rayon R. On considère un pavage P du polygone (A1, ..., An) formé de triangles AiAjAk. On définit ainsi n-2 triangles. On notera ai l'angle géométrique en O du triangle AiOAi+1 et an celui de AnOA1. On remarque que an = 2Pi - (a1 + ... + an-1). On notera bi = ai / 2. On se propose de trouver une expression de la somme Sr des rayons des cercles inscrits des triangles de P. Et montrer qu'elle est indépendante du pavage P.   Théorème :

Preuve

On raisonnera par récurrence sur n.

Pour n = 3, il y a un seul triangle. D'après les lemmes 2 et 3, on peut écrire :

Alors, d'après le lemme 1

Supposons la propriété vérifiée au rang n-1 avec n supérieur stritement à 3.

Il existe toujours un triangle formé de trois sommets consécutifs. Pour une simplification d'écriture, supposons que ce soit A₁A₂A₃.

L'hypothèse de récurrence peut être appliquée au polygone (A₁, A₃, A₄, ... A_n) avec les angles coresspondants (b₁+b₂,b₃, ...b_n). Alors :

Enfin, cette relation suffit à prouver que S_r est indépendant du pavage P du polygone.

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