Une remarque à propos de l’ellipse de Steiner d’un triangle

Je suis tombé par hasard sur une jolie propriété de l’ellipse de Steiner d’un triangle. Elle est la solution d’un problème récemment posé sur le forum M@TH en Ligne par Nemo qui l’avait lu dans la rubrique de divertissements mathématiques du Monde de 28 octobre 2015. Le voici.

Trois droites menées par un point intérieur G d’un triangle, parallèlement à ses côtés, délimitent avec ceux-ci trois triangles et trois parallélogrammes. On demande pour quels points G la somme des aires des triangles égale celle des aires des parallélogrammes.

Il s’avère que les points qui répondent à la question sont exactement les points de l’ellipse de Steiner du triangle! C’est illustré ci-dessous.

steiner_2

Pour rappel, l’ellipse de Steiner d’un triangle, que nous avons rencontrée ici et encore ici, est l’ellipse tangente aux côtés du triangle en leurs milieux.

On observera que lorsque G est le milieu d’un côté du triangle, deux des trois parallélogrammes dégénèrent en un segment de droite et l’aire du troisième est la moitié de celle du triangle. C’est donc un point du lieu cherché.

L’ellipse de Steiner du triangle est aussi celle de son symétrique par rapport à son centre de gravité. Cela nous donne trois points supplémentaires du lieu : les milieux des côtés de ce symétrique. Ils ne sont autres que les points situés sur les médianes du triangle initial, au tiers de chacune compté à partir du sommet dont elle est issue.

Cela nous fait six points du lieu faciles à construire. C’est plus qu’il n’en faut pour tracer l’ellipse de Steiner avec un logiciel de géométrie tel GeoGebra ou CaRMetal. Comme il s’agit de logiciels de géométrie dynamiques, on peut même littéralement visualiser la propriété : il suffit par exemple d’afficher la somme des aires des trois parallélogrammes et de constater qu’elle ne varie pas lorsqu’on déplace G sur l’ellipse; on peut aussi afficher celle du triangle et vérifier qu’elle vaut le double. Je l’ai fait avec GeoGebra et s’est fascinant.

Je vais à présent vous proposer une démonstration de la propriété (celle que j’ai esquissée sur M@TH en Ligne en réponse à Nemo).

Un point G convient si, et seulement si, la somme des aires des parallélogrammes qui lui correspondent vaut la moitié de celle du triangle. Comme il est question de comparer des aires, le problème est affine et nous pouvons choisir librement un repère et fixer à notre guise l’aire avec lesquels nous allons résoudre le problème analytiquement.

Notons ABC le triangle. Nous choisissons le repère

(A,(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}))

et pour aire, celle qui lui est naturellement associée, i.e. celle pour laquelle l’aire du triangle XYZ est \frac 1 2|\det(\mathbf u,\mathbf v)|, où \mathbf u et \mathbf v sont les vecteurs de composantes de \overrightarrow{XY} et \overrightarrow{XZ}.

Dans la figure suivante, les parallèles aux côtés du triangle menées par G sont représentées en pointillé et chaque point est flanqué de ses coordonnées dans le repère choisi et exprimées à l’aide des coordonnées (x,y) de G.

triangle

Il est à noter que G étant intérieur au triangle, 0\leqslant x,y,x+y\leqslant 1. Cela fait, l’aire \mathcal A du triangle ABC est \frac 1 2 et la somme des aires des parallélogrammes qui nous intéressent est

\begin{array}{rcl}\mathcal S&=&\left|\det\begin{pmatrix}x&0\\0&y\end{pmatrix}\right|+\left|\det\begin{pmatrix}x+y-1&-y\\0&y\end{pmatrix}\right|+\left|\det\begin{pmatrix}x&0\\-x&x+y-1\end{pmatrix}\right|\\[4ex]&=&-(x^2+xy+y^2)+x+y\end{array}

Les points G pour lesquels \mathcal S=\alpha\mathcal A appartiennent donc à la conique \Gamma d’équation

x^2+xy+y^2-x-y+\frac 1 2\alpha=0

Naturellement, lorsque \alpha=1/2 comme demandé dans le problème de départ, on peut conclure directement en constatant que \Gamma est alors bien l’ellipse de Steiner du triangle, ce qui est facile à faire.

Pour aller plus loin dans la question et voir ce qu’il se passe pour d’autres valeurs de \alpha, posons

\begin{cases}x=\frac{u}{\sqrt 3}+v+\frac 1 3\\[1ex]y=\frac{u}{\sqrt 3}-v+\frac 1 3\end{cases}

Ceci définit un nouveau repère du plan du triangle ABC(*) dans lequel l’équation de \Gamma devient

(1) u^2+v^2=\frac 1 2\left(\frac 2 3-\alpha\right)

et les coordonnées des points A,B,C sont

A':=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},0\right),\quad B':=\left(\frac{1}{2\sqrt{3}},\frac 1 2\right) ,\quad C':=\left(\frac{1}{2\sqrt{3}},-\frac 1 2\right)

Les points A',B',C' sont les sommets d’un triangle équilatéral de côté 1 de \mathbf R^3 dont le centre de gravité est (0,0). De plus, l’ensemble des solutions de (1) est

  • vide lorsque \alpha > \frac 2 3.
  • réduit à un seul point, le centre de gravité de A'B'C', lorsque \alpha = \frac 2 3.
  • le cercle \mathcal C de \mathbf R^3 de rayon \sqrt{\frac 1 3-\frac{\alpha}{2}} dont le centre est le centre de gravité de A'B'C' lorsque \alpha < \frac 2 3.

Il existe donc des points G pour lesquels \mathcal S=\alpha\mathcal A si, et seulement si(**), 0\leqslant \alpha \leqslant \frac 2 3.

Les valeurs extrêmes de \alpha sont particulières.

Lorsque \alpha=\frac 2 3, le cercle \mathcal C est évanescent — son rayon est nul. Nous apprenons ainsi que le centre de gravité de ABC est le seul point intérieur de ce triangle pour lequel la somme des aires des parallélogrammes vaut les deux tiers de son aire. Nous avons au passage démontré une inégalité :

\frac{\mathcal S}{\mathcal A}\leqslant \frac 2 3

l’égalité ayant lieu si, et seulement si G est le centre de gravité de ABC.

Ce cas d’égalité, nous pourrions l’appeler le cas « Mitsubishi ». Vous comprenez sans nul doute pourquoi!

Mitsu

Lorsque \alpha=0, \mathcal C est le cercle circonscrit de ABC et les seuls points G répondant à la question sont A,B,C. En chaque sommet du triangle, en effet, les parallélogrammes dégénèrent. Ils se réduisent à ce sommet. A noter qu’alors \mathcal C est le cercle inscrit au triangle dont les sommets sont sur les droites menées par chaque sommet de A'B'C' parallèlement au côté opposé. La conique \Gamma est donc l’ellipse de Steiner du triangle analogue relatif au triangle ABC. Cette ellipse est connue comme l’ellipse de Steiner circonscrite à ABC.

Lorsque \alpha=\frac 1 2, le rayon de \mathcal C vaut \frac{1}{2\sqrt 3} qui est la distance du centre de gravité de A'B'C' à B'C'. Le cercle \mathcal C est alors le cercle inscrit de A'B'C', c’est-à-dire son ellipse de Steiner puisqu’il est équilatéral. En particulier, la conique \Gamma est aussi l’ellipse de Steiner de ABC.

La valeur \alpha=\frac 1 2 sépare les cas où \mathcal C est entièrement contenu dans A'B'C' de ceux où il possède des points extérieur à ce triangle. Le cercle est entièrement contenu dans A'B'C' (avec éventuellement des points sur son périmètre) si \alpha\in[\frac 1 2,\frac 2 3]. Il possède des points extérieurs au triangle si \alpha\in[0,\frac 1 2[.

Les mêmes conclusions s’appliquent à la position de \Gamma par rapport à ABC.

😉

P.S. En fait, le problème posé dans Le Monde n’est pas celui rapporté par Nemo que sa mémoire a trahi. Il s’agit en réalité de trouver le point G minimisant la somme des aires des triangles formés par les parallèles aux côtés du triangle menées par ce point. Avec ce qu’on a dit plus haut, il s’agit du centre de gravité du triangle. Cela a également été démontré sur M@TH en Ligne de façon élémentaire et astucieuse par Gibbs. P.L. 06/11/2015
___________
(*) La droite d’équation v=0 est la médiane issue de A et celle d’équation u=0 est la parallèle à BC menée par le centre de gravité du triangle.
(**) Naturellement, les aires n’étant pas négatives, \alpha \geqslant 0. Cela dit, \alpha=0 s’obtient seulement lorsque les parallélogrammes sont d’aires nulles et sont donc « dégénérés » en un certain sens.

4 réflexions sur “Une remarque à propos de l’ellipse de Steiner d’un triangle

  1. On peut laisser tomber l’exigence que le point G soit intérieur au triangle mais à condition d’utiliser des aires orientées. Sans cela, des problèmes de chevauchement des parallélogrammes rendraient le problème assez inextricable et, sans doute, peu intéressant.

    On peut rapidement faire le calcul, à partir de ce dont on dispose dans l’article. Il s’avère que le lieu des points G pour lesquels le rapport de la somme des aires des parallélogrammes à l’aire du triangle est un nombre \alpha, qui peut être négatif, est \Gamma tout entier. C’est toujours une ellipse. Naturellement, elle est vide pour \alpha >\frac 2 3, réduite au centre de gravité du triangle pour \alpha=\frac 2 3; elle contient le triangle strictement en son intérieur lorsque \alpha < 0.

  2. Bonjour,

    Je ne suis pas mathématicien, mais dans le cadre de ma thèse en informatique, j’ai besoin d’un renseignement sur l’ellipse de Steiner. Est il possible de démontrer que 2 triangles ayant une même ellipse de Steiner, (mêmes axes) sont forcément isométriques? Merci en avance pour votre aide

    • Ce n’est pas possible car c’est faux en général. Voici un exemple de deux triangles partageant la même ellipse de Steiner. Manifestement, ils ne sont pas isométriques.

      A mon sens, le seul cas où les triangles sont tous isométriques est celui où l’ellipse est un cercle car alors ils sont tous équilatéraux, ce qui suffit car on peut montrer que les aires de tous les triangles partageant une même ellipse de Steiner sont égales.

      Voici comment construire les triangles dont l’ellipse de Steiner est une ellipse donnée.

      Soient un point P de l’ellipse, P' son symétrique par rapport au centre O de l’ellipse. La parallèle à la tangente en P à l’ellipse menée par le milieu M du segment [O,P'] coupe l’ellipse en des points Q et R. Les tangentes à l’ellipse en les points P,Q,R se coupent en des points A,B,C qui sont les sommets d’un triangle dont l’ellipse est l’ellipse de Steiner. En laissant P décrire l’ellipse, on obtient tous les triangles ayant cette propriété.

      La construction est facile à utiliser avec un logiciel de géométrie dynamique. Les dessins de ce message ont été réalisés comme cela avec GeoGebra. Il est gratuit et facile à se procurer. Cela pourrait être utile pour vous de faire cette construction.

      • Mille mille mercis pour votre aide et pour le temps que vous avez que consacré à cette réponse très instructive🙂 c’est beau les maths!

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