Arts&MétiersMag - N°411 - Septembre 2019 - 101

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Solution du problème n° 156
Cl

59

Ils ont
proposé
une solution
Adrien Arnauld
(Li. 216), Pierre
Bertran (Ai. 48),
Jean-Paul
Busseuil (Cl. 64),
André Catillon
(Ai. 52), Philippe
Charbonnier
(Li. 66), JeanMichel Ciccone
(Bo. 63), Georges
Clemenceau
(Cl. 55), Michel
Courtault
(An. 55), Alain
Delahodde, JeanClaude Foucriat
(Cl. 49), Bernard
Girard (An. 59),
Claude Guegan
(Li. 61), Claude
Jobin (An. 66),
Jean Moreau de
Saint-Martin,
Jean Simon
(Cl. 56), Michel
Simon (An. 52),
Claude Terracol
(An. 51), Denis
Villanove (Ai. 52).

proposé par Yves Laumond (Ai. 62) dans le numéro de mai 2019, p. 85.
Rappel de l'énoncé - Démontrez un théorème de 1993
qu'on doit à la mathématicienne
Marion Walter : si, dans un
triangle, on joint chaque sommet
aux deux points partageant le côté
opposé en trois parties égales, on
obtient six droites formant un
hexagone dont l'aire est égale au
dixième de l'aire du triangle.

Les points I et J partagent BC en trois
parties égales, de même K et H pour CA,
E et F pour AB. Les milieux de BC, CA et
AB sont respectivement les points S, T
et U. L'hexagone ainsi formé est
LMNOPQ. Nous allons utiliser les
coordonnées barycentriques liées au
triangle ABC :
A(1,0,0) ; B(0,1,0) ; C(0,0,1) ; I(0,2/3,1/3) ;
J(0,1/3,2/3) ; K(1/3,0,2/3) ; H(2/3,0,1/3) ; F(2/3,1/3,0) ;
E(1/3,2/3,0) ; S(0,1/2,1/2) ; T(1/2,0,1/2) ; U(1/2,1/2,0).
Nous allons maintenant calculer les équations barycentriques
des côtés de l'hexagone en rappelant que l'équation
barycentrique d'une droite passant par 2 points de
coordonnées (x1,y1,z1) et (x2,y2,z2) est donnée par :
x1 y1 z1
x2 y2 z2 = 0
X Y Z
Nous en déduisons facilement les équations :
AI
BK
CF

1Y-2Z=0
3
3
1Z+2X=0
3
3
2Y-1X=0
3
3

AJ
BH
CE

2Y-1Z=0
3
3
2Z-1X=0
3
3
1Y-2X=0
3
3

Rappelons que, pour 2 droites d'équations aX + bY + cZ = 0 et
a'X + b'Y + c'Z = 0, les coordonnées du point d'intersection sont
(bc' - b'c, ca' - c'a, ab' - a'b).
, 2, 2
L'intersection L de BH et CF sera en conséquence ( 4
9 ), soit
1 RT`dXbXV]X
TT]_PacXRd[XTa`dTL9est9sur
encore (1, 1
,
la
2 2
médiane AS et, de plus, que L en est le milieu.
2 2
L'intersection O de BK et CE sera ( 1
9 , 9 , 9 ), soit encore (1, 2, 2),
RT`dXbXV]X
TT]_PacXRd[XTa`dTO est sur la médiane AS et, de
plus, que OS = 1
5 . AS
De cela, on déduit que les diagonales de l'hexagone LO, MP et
NQ sont aussi les médianes du triangle ABC, donc qu'elles
concourent en G, centre de gravité du triangle.
Par raisonnement circulaire sur les 3 médianes, on peut
PU
a\Ta)
sur AS, les points L, G, O sont alignés, AL = 1
2 . AS,
4 . AS
AG = 2
.
AS
et
AO
=
3
5

sur BT, les points N, G, Q sont alignés, BN = 1
2 .BT,
4 .BT
.BT
et
BQ
=
BG = 2
3
5
sur CU, les points P, G, M sont alignés, CP = 1
2 .CU,
4 .CU
.CU
et
CM
=
CG = 2
3
5
Si on examine les triangles GBS et GNO, leurs aires respectives
ˆ 1
ˆ
sont 1
2.GB.GS.sinG et 2.GN.GO.sinG,
dont le rapport aire GNO devient (GN.GO) = (GO).(GN)
GS GB
aireGBS
(GB.GS)
GO
GN
2
1
aire
GNO = 2.1 = 1
D'après ce qui précède,
= et
= , d'où
GS 5 GB 4
aireGBS 5 4 10
Le calcul précédent, reproduit cycliquement sur les triangles
GOP, GPQ, GQL, GLM et GMN, conduit à démonter le
théorème :
aire (LMNOPQ) = 1
10
aire(ABC)
Yves Laumond (Ai. 62) et Pierre Dumont (Cl. 59)
On trouve la démonstration et la généralisation du théorème de
Marion Walter à l'adresse électronique :
http ://mathworld.wolfram.com/MarionsTheorem.html

Problème n° 158
On choisit au hasard trois points A, B et C à
l'intérieur d'une sphère ou sur la sphère elle-même.
Quelle est la probabilité de former un triangle
acutangle ?

Les solutions sont à envoyer avant le 23 octobre
par courrier postal à Arts&MétiersMag, 9 bis, avenue
d'Iéna, 75783 Paris cedex 16 ou par courriel à
ammsolutionstousmatheux@gmail.com
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