Remarques sur l’article précédent

La proposition de cet article a « interpellé » Bernard Parzysz qui s’est intéressé il y
a quelque temps à ce type de graphique. Voici ses remarques. Par ailleurs, ce type de
représentation et le point de vue de Bernard se retrouvent dans l’« ancienne »
brochure éditée par l’A.P.M.E.P. n° 27, toujours en vente, : « Pour une mathématique
vivante en seconde ».

Sa contribution est également suivie d’une invitation à rêver proposée par Bruno
Alaplantive.

Soit un triangle équilatéral ABC, et un point I intérieur au triangle.

La parallèle à (CA) menée par I coupe [AB] en M.
La parallèle à (AB) menée par I coupe [BC] en M.
La parallèle à (BC) menée par I coupe [CA] en M.

Où placer le point I pour que la longueur
IM + IN + IP soit minimum ?

Si on utilise une même typographie pour tracer les
segments ayant la même longueur, on peut
constater :
 1° qu’on en n’a besoin que de 3 (par ex. plein, tiret
et vert) ;
 2° que la longueur demandée correspond à celle des
côtés du triangle ABC (« plein + tiret + vert », si on
ose dire), et qu’elle est donc constante.

Cette constatation justifie « à la chinoise » le principe des graphiques triangulaires
utilisés en statistique descriptive. Le report des coordonnées des unités statistiques
(pourcentages) à partir des axes s’effectue en effet parallèlement aux côtés du
triangle, et non pas perpendiculairement à ces côtés. Bien sûr, il y a un rapport simple
(quoique irrationnel) entre la somme des distances de I aux côtés du triangle et la
somme des distances IM + IN + IP, mais il ne me semble pas utile, comme j’ai
remarqué que le font certains manuels, de passer par la projection pour justifier le
principe de ce type de graphique.

Rêvons un peu ; si on avait le temps…

À l’ordinateur

Si on a l’opportunité de faire cette activité en salle informatique à l’aide d’un logiciel
de géométrie dynamique (ici Cabri), les élèves constateront immédiatement la
constance de la somme des trois longueurs (figures 1 et 2). Ils devraient penser
d’eux-mêmes à approcher M d’un côté et à le placer dessus (figure 3), voire à le faire
sortir du triangle… Peut-être un élève aura-t-il l’envie de placer le point M sur A ?
(figure 4) ; mais il sera sûrement nécessaire d’analyser et de traduire cette dernière figure par la conjecture que la somme des trois longueurs est égale à la hauteur du
triangle équilatéral.

Quelques précisions et remarques sur ces figures.

Le triangle ABC initial fait 10 cm de côté. Les longueurs et leur somme sont
obtenues grâce au logiciel. Tant que le point M reste sagement à l’intérieur, la somme
annoncée demeure égale à 8,66 cm… Pourtant à regarder de plus près les arrondis de
la figure 2, il faudra expliquer pourquoi la somme calculée par le logiciel n’est pas
8,67 cm. Cas contraire à la figure 3, sans oublier le splendide 8,65 = 8,66 de la
figure 4 !!!

Indiscutablement, voilà un appel à une discussion riche.

À main levée

Voici une autre démonstration. Elle peut très bien n’être indiquée aux élèves
qu’en complément de celle des aires, pour montrer la diversité des approches et des
réponses à une même question, faire voir la richesse des mathématiques.
« Totalement géométrique » en ce sens qu’elle n’utilise pas les aires, ni aucun calcul,
elle nécessiterait, vue seule, d’avoir conjecturé que la somme des longueurs est égale
à la hauteur du triangle. Son fil conducteur est simplement de rabouter les segments
issus de M. La solution m’est venue de l’étude initiale du cas particulier où M est situé sur un côté, équivalent à la figure 3 mais dessiné initialement à main levée…
situé sur un côté, équivalent à la figure 3 mais dessiné initialement à main levée…

La parallèle à [AC] qui passe par M étant tracée, le triangle RDB rend ce cas
particulier. Il suffit de dessiner le triangle équilatéral RMS, puis de substituer la
hauteur [RN] à [MG] (figures 5 et 6). On recommence en translatant [MF] en [RL]
qu’on échange alors par [AP] et le tour est joué (figure 7) :

ME + MG + MF = ME + RN + AP = AH.

Cerise sur le gâteau : cas du triangle acutangle

Dans un triangle dont tous les angles sont
aigus (acutangle), les projetés orthogonaux de M sont
bien sur les côtés.

Que dire de ME + MG + MF ? Est-elle encore constante
ou alors comment faut-il placer M afin que cette somme
soit minimale, voire maximale, … ?

Il est nécessaire cette fois-ci de revenir à l’aire du
triangle afin d’ordonner les hauteurs relativement aux côtés dont elles sont issues. Le
« calque » exact de la figure 7, obtenu sur Cabri en redéfinissant le point A comme
libre [1] et en le déplaçant pour obtenir un triangle acutangle, est donné sur la figure 8.

On peut toujours supposer ${AB}\leq{AC}\leq{BC}$.

Alors
${ME + MG + MF} \geq{ME + RN + AP} = AH$.
 

Finalement, dans un triangle acutangle,

la somme des distances d’un point intérieur à
ses projetés orthogonaux sur les côtés est
comprise entre la plus petite des trois
hauteurs du triangle et la plus grande.