Correction détaillée : de l’exemple à toute une famille
A1. Distinguer longueur commune et côté homologue
En rangeant les côtés dans le même ordre, on obtient
$\displaystyle \frac64=\frac96=\frac{13{,}5}{9}=\frac32.$
Les côtés de longueur $4$, $6$, $9$ du premier correspondent respectivement à ceux de longueur $6$, $9$, $13{,}5$ du second.
| Longueur commune | Rang dans le premier | Rang dans le second |
|---|
| $6$ | intermédiaire | plus petit |
| $9$ | plus grand | intermédiaire |
Une même valeur passe d’un rang à l’autre. C’est pourquoi deux longueurs communes n’imposent pas un rapport de similitude égal à $1$. L’exemple ne convient toutefois pas à la nouvelle demande : $13{,}5$ cm n’est pas un nombre entier de centimètres.
A2. Écarter les triangles isocèles
Notons $a$ la plus petite longueur du premier triangle. Dans l’agrandissement, la plus petite vaut $ka$. Comme $a>0$ et $k>1$, on a $ka>a$ : toutes les longueurs du second sont strictement plus grandes que $a$. La valeur $a$ ne peut donc pas être commune.
Un triangle isocèle non équilatéral n’a que deux valeurs distinctes de longueurs : si la plus petite est exclue, il ne reste au plus qu’une valeur commune. Un triangle équilatéral n’en a qu’une et ne peut pas davantage en partager deux distinctes. Toute solution recherchée a donc trois côtés de longueurs distinctes : on peut les noter $a<b<c$.
A3. Montrer pourquoi les côtés se suivent par multiplication
Les deux listes ordonnées sont
$\displaystyle \begin{array}{c|ccc} \text{premier triangle}&a&b&c\\ \text{agrandissement}&ka&kb&kc \end{array}$$\displaystyle (k>1).$
On vient de prouver que $a$ n’apparaît pas dans la seconde liste. De plus, $kc>c$, donc $kc$ est plus grand que tous les côtés du premier : il ne peut pas être commun non plus.
Il ne reste que $b,c$ dans la première liste, et $ka,kb$ dans la seconde. Comme on exige deux valeurs communes distinctes, les deux ensembles de valeurs sont égaux : $\{b;c\}=\{ka;kb\}$. Or $b<c$ et $ka<kb$ ; les plus petites valeurs sont donc égales, puis les plus grandes :
$\displaystyle b=ka,$$\displaystyle c=kb=k^{2}a.$
Ces égalités concernent les longueurs communes. Les côtés homologues restent appariés dans le même rang : $a$ avec $ka$, $b$ avec $kb$, $c$ avec $kc$. On ne confond pas les deux appariements.
B1. Écrire les six longueurs et vérifier la géométrie
Pour $k=3/2$, les relations de A3 donnent :
| petit côté | côté intermédiaire | grand côté |
|---|
| premier triangle | $\displaystyle a$ | $\displaystyle \dfrac{3a}{2}$ | $\displaystyle \dfrac{9a}{4}$ |
| second triangle | $\displaystyle \dfrac{3a}{2}$ | $\displaystyle \dfrac{9a}{4}$ | $\displaystyle \dfrac{27a}{8}$ |
Pour tout $a>0$, la somme des deux plus petits côtés du premier vaut
$$a+\frac{3a}{2}=\frac{5a}{2}=\frac{10a}{4}>\frac{9a}{4}.$$
L’inégalité triangulaire est stricte : les trois longueurs forment un triangle non aplati. Multiplier ses trois côtés par $3/2>0$ conserve cette inégalité : le second est aussi un triangle. Cette vérification est indispensable avant d’interpréter les listes de nombres comme des figures.
B2. Faire apparaître trois facteurs $2$ obligatoires
Le nombre $a$ est un entier positif. Pour que $3a/2$ soit entier, il faut que $3a$ soit pair. Puisque $3$ est impair, $a$ doit être pair : on écrit $a=2u$, avec $u$ entier positif.
On examine ensuite le côté $9a/4$ :
$$\frac{9a}{4}=\frac{9\times2u}{4}=\frac{9u}{2}.$$
Ce nombre ne peut être entier que si $9u$ est pair. Comme $9$ est impair, $u$ doit être pair : $u=2v$. Ainsi $a=4v$.
Enfin, le plus grand côté du second triangle vaut
$$\frac{27a}{8}=\frac{27\times4v}{8}=\frac{27v}{2}.$$
Pour qu’il soit entier, $27v$ doit être pair. Comme $27$ est impair, $v=2n$ avec $n$ entier positif. On obtient donc $a=8n$. Les trois divisions successives par $2$ expliquent pourquoi être seulement pair, ou seulement multiple de $4$, ne suffit pas.
B3. Décrire toutes les solutions et vérifier la réciproque
En remplaçant $a$ par $8n$, toute solution doit avoir la forme
$$(8n;12n;18n) \; \text{et}$$$$(12n;18n;27n),$$$$n\geq1\text{ entier}.$$
Cela établit une condition nécessaire. Vérifions maintenant qu’elle est suffisante pour chaque entier $n\geq1$ :
- •
Les six longueurs sont des entiers strictement positifs.
- •
Elles forment deux triangles : $8n+12n=20n>18n$ et $12n+18n=30n>27n$.
- •
Les rapports entre côtés de même rang sont $12n/(8n)=18n/(12n)=27n/(18n)=3/2$. Les triangles sont donc semblables.
- •
Ils ne sont pas égaux : leurs plus petits côtés valent respectivement $8n$ et $12n$, deux valeurs différentes puisque $n>0$.
- •
Ils partagent exactement les deux longueurs distinctes $12n$ et $18n$. La valeur $8n$ est trop petite pour appartenir au second, et $27n$ trop grande pour appartenir au premier.
Toute solution a cette forme, et toute paire de cette forme convient : on a bien obtenu toutes les solutions, et pas seulement une collection d’exemples.
B4. Justifier le plus petit choix
Le plus petit côté vaut $a=8n$, avec $n$ entier au moins égal à $1$. Il est donc au moins égal à $8$ cm. Pour $n=1$, on obtient $(8;12;18)$ et $(12;18;27)$ ; B3 garantit que cette paire convient. Le minimum $a=8$ cm est donc atteint, et aucune valeur plus petite n’est possible.
C1. Ajouter la borne de $100$ cm
Le plus grand côté du second triangle vaut $27n$. On exige $27n\leq100$. Or $27\times3=81\leq100$ et $27\times4=108>100$. Comme $n$ est entier positif, les seules possibilités sont $1$, $2$ et $3$ :
| $n$ | Premier triangle (cm) | Second triangle (cm) | Longueurs communes (cm) |
|---|
| $1$ | $(8;12;18)$ | $(12;18;27)$ | $12$ et $18$ |
| $2$ | $(16;24;36)$ | $(24;36;54)$ | $24$ et $36$ |
| $3$ | $(24;36;54)$ | $(36;54;81)$ | $36$ et $54$ |
Il y a exactement trois paires. Aucune ne manque, puisque B3 décrit toutes les solutions et que l’on a examiné tous les entiers autorisés par la borne. Elles sont différentes car leurs plus petits côtés $8n$ sont différents.
C2. Comprendre l’échec du rapport $2$
La partie A s’appliquait à tout $k>1$. Si deux triangles de rapport $2$ partageaient deux longueurs distinctes, les côtés du premier seraient donc $a$, $2a$, $4a$, avec $a>0$. Mais
$$a+2a=3a<4a.$$
L’inégalité triangulaire n’est pas satisfaite : ces longueurs ne peuvent pas former un triangle. C’est impossible même si l’on autorise des longueurs non entières.
L’obstacle a changé : pour $3/2$, on avait de vrais triangles et il fallait sélectionner les longueurs entières ; pour $2$, c’est la construction du triangle elle-même qui échoue. La proportionnalité de deux listes de nombres ne garantit pas que ces listes représentent des triangles.
perfectionnement facultatif
minimum
recommandé
