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Problème :
Montrer que l'aire d'un polygone dont les longueurs des côtés sont données est maximale
lorsque ce polygone est inscriptible dans un cercle.
Comme déjà vu, il suffit de prouver que ceci est vrai pour tout quadrilatère.
Montrons que ceci est vrai pour tout quadrilatère ayant deux côtés opposés égaux :
Dans toute la suite, nous appellerons polygone maximal un polygone dont l'aire est
maximale pour les longueurs de ses côtés.
On a déjà vu qu'un polygone maximal est convexe.
A (polygone) signifiera aire du polygone.
Sans autre indication, XYZ signifiera l'angle XYZ.
Figure 1
Soit ABCD un quadrilatère maximal avec AB=CD
Sans perdre en généralité, nous pouvons supposer BC
< AD
Supposons BAD < CDA
Soit B' et C' les symétriques de B et C par rapport au
milieu de AD
Soit D1 le point tel que ABD1D soit un
parallélogramme
Sur le cercle de centre D1, de rayon D1B=DA, nous
choisissons un point B1 suffisamment proche de B tel
que :
- CB1 < CB
- B1CB' soit un angle aigu.
Ceci est toujours possible car l'angle D1BE est obtus et plus petit que CBE (facile à vérifier).
Soit A1 et C1 les images de A et C par la translation de vecteur BB1
A (C1B1CB') > A (C'BCB'). Donc A (C1A1B1CDB') > A (C'ABCDB').
Donc A (A1B1CD) > A (ABCD).
Or les côtés du quadrilatère A1B1CD sont égaux à ceux de ABCD, à l'exception de B1C plus
petit que BC.

Donc il existe un point B2 extérieur à A1B1CD, intersection du cercle de centre A1, de rayon
A1B1=AB et du cercle de centre C, de rayon CB.
Donc A (A1B2CD) > A (ABCD)
Or A1B2CD et ABCD ont des côtés de mêmes longueurs. Donc contradiction avec le fait que
ABCD soit maximal. Donc BAD=CDA et ABCD est un trapèze isocèle inscriptible dans un
cercle.
A présent, quelques propriétés qui nous servirons par la suite :
Propriété 1 : si P est un polygone maximal, tout segment joignant deux sommets A et B
non consécutifs le partage en deux polygones P1 et P2 maximaux (ou réduits à un
triangle). C'est assez simple : si P1 n'était pas maximal, il suffirait de le remplacer par P'1
maximal ayant les mêmes côtés pour l'adjoindre à P2 par le segment AB et obtenir un
polygone de mêmes côtés que P et d'aire supérieure.
Propriété 2 (figure 2)
Si ABC sont trois sommets consécutifs d'un polygone
maximal, avec AB=a et BC=b, on peut remplacer B par B'
symétrique de B par rapport à la médiatrice de AC pour
obtenir un polygone P' maximal dont les longueurs de
côtés a et b ont simplement été inversées : AB'=b et B'C=a.
Les points ABB'C sont sur un même cercle. Il en résulte
notamment que si P était inscriptible dans un cercle, P'
reste inscriptible dans le même cercle.
La propriété 2 nous permet immédiatement de généraliser
le résultat précédent au cas où les côtés égaux ne sont plus
opposés mais consécutifs :
Un quadrilatère maximal ayant deux côtés égaux est
inscriptible dans un cercle.
Corollaire (propriété 3)
Nous étendons simplement la propriété 2 à tout polygone ayant deux côtés égaux : un
polygone maximal ayant deux côtés égaux est inscriptible dans un cercle.
Démonstration : soit M1,M2,M3, trois sommets consécutifs d'un polygone maximal, tels que
M1M2=a et M2M3=b. On peut remplacer M2 par son symétrique M'2 par rapport à la
médiatrice de M1M3 et le polygone obtenu reste maximal. Ceci veut dire qu'on peut à loisir
inverser deux côtés consécutifs et passer de a,b à b,a en conservant un polygone maximal. En
répétant l'opération sur d'autres côtés, on constate qu'on peut placer les segments dans l'ordre
qu'on veut.
Si un polygone maximal possède deux côtés de longueurs égales à x, on peut changer l'ordre
des côtés de manière que les côtés égaux soient consécutifs. Soient M1, M2 et M3 les
sommets obtenus tels que M1M2=M2M3=x

Quel que soit le sommet P du polygone, autre que M1, M2 ou M3, le quadrilatère M1M2M3P
possède deux côtés égaux, il est maximal (d'après la propriété 1) et est donc inscriptible dans
le cercle circonscrit au triangle M1M2M3. Donc tous les sommets du polygone sont sur ce
cercle.
Remarque (suite au commentaire de Domi, cette remarque est indispensable pour
compléter la démonstration) :
Lorsqu'un polygone est inscriptible dans un cercle, il l'est d'une seule manière (le rayon de ce
cercle est unique).
Preuve : soit un polygone inscrit dans un cercle de rayon r. Si on pouvait reporter les côtés de
ce pentagone sur un cercle de rayon r' différent de r (supposons r'>r), la somme des angles au
centre sur ce deuxième cercle serait inférieur à 2.pi, chaque angle au centre étant inférieur
(pour une corde de même longueur, si le rayon du cercle est plus grand, l'angle au centre est
plus petit). Cette contradiction implique l'unicité de r.
Il ne nous reste plus qu'à démontrer le cas général d'un quadrilatère quelconque.
Figure 3 :
Soit ABCD un quadrilatère de côtés AB=a, BC=b, CD=c et DA=d, inscriptible dans un cercle
R.
(Voir en POST SCRIPTUM le commentaire sur l'existence de ce quadrilatère
inscriptible).
Soit E le point de R tel que AE=AB=a et posons ED=e
Soit E'A'B'C'D' le pentagone maximal avec
les mêmes côtés a, a b, c, et e.
D'après la propriété 3, ce pentagone est
inscriptible.
D'après la remarque précédente, il l'est dans
le même cercle que EABCD. Il est aisé de
vérifier en plaçant les sommets l'un après
l'autre qu'ils sont identiques.
Donc EABCD est maximal.
La propriété 1 appliquée aux sommets A et D
nous montre que ABCD est maximal. Le
quadrilatère d'aire maximale et de côtés a, b,
c, d est donc ABCD, inscriptible dans un
cercle.
CQFD

P.S. Une dernière précision :
Il manque dans ma démonstration à prouver l'existence du quadrilatère inscriptible ABCD, de
côtés a, b, c, d. Suite aux recherches de Domi, il apparaît qu'il s'agit d'un problème déjà résolu
par le mathématicien Sturm. On pourra se référer au lien donné par Domi pour la solution
complète. Je me contenterai d'en
donner ci-après un abrégé de la
construction :
On construit le triangle FEC égal au
triangle ABC. EF parallèle à AD car
ABC et CDA supplémentaires.
Donc G intersection de CF et AD
est tel que GD/EF = c/b.
On prolonge donc AD du côté de D
jusqu'au point G tel que DG=ac/b
CA/CG = CF/CG = b/c, donc C est l'intersection du cercle de centre D, de rayon c, avec le
lieu L des points M tels que MA/MG = b/c (on pourra vérifier que L est un cercle de diamètre
PP’, avec P et P’ les deux points de la droite AG vérifiant PA/PG=P’A/P’G=b/c).
Le cercle recherché est le cercle circonscrit au triangle ACD. Il est aisé de placer le point B.
Aldo