Soit $M$ un point intérieur au triangle $ABC$ . On pose $a=BC$ , $b=CA$ et $c=AB$ . On note $x$ , $y$ , $z$ et $\mathcal{A}$ les aires respectives des triangles $MBC$ , $MCA$ , $MAB$ et $ABC$ . On a

$d(M,(BC))d(M,(CA))d(M(AB))=\frac{2\text{aire}(MBC)}{a}\frac{2\text{aire}(MCA)}{b}\frac{2\text{aire}(MAB)}{c}=\frac{8xyz}{abc}=\frac{8}{abc}xy(\mathcal{A}-x-y)$ .

On doit donc déterminer le maximum de la fonction $f(x,y)=xy(\mathcal{A}-x-y)$ quand $(x,y)$ décrit le triangle ouvert $T=\{(x,y)\in\Rr^2,\;x>0,\;y>0,\;x+y<\mathcal{A}\}$ . On admet que $f$ admet un maximum global sur le triangle fermé $T'=\{(x,y)\in\Rr^2,\;x\geqslant0,\;y\geqslant0,\;x+y\leqslant\mathcal{A}\}$ (cela résulte d’un théorème de math Spé : une fonction numérique continue sur un compact admet un minimum et un maximum ). Ce maximum est atteint dans l’intérieur $T$ de $T'$ car $f$ est nulle au bord de $T'$ et strictement positive à l’intérieur de $T'$ .

Puisque $f$ est de classe $C^1$ sur $T$ qui est un ouvert de $\Rr^2$ , $f$ atteint son maximum sur $T$ en un point critique de $f$ . Or, pour $(x,y)\in T^2$ ,

$\begin{align*}\ensuremath \left\{ \begin{array}{l} \frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0\\ \rule{0mm}{6mm}\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0 \end{array} \right.&\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} y(\mathcal{A}-x-y)-xy=0\\ y(\mathcal{A}-x-y)-xy=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} y(\mathcal{A}-2x-y)=0\\ x(\mathcal{A}-x-2y)=0 \end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l} 2x+y=\mathcal{A}\\ x+2y=\mathcal{A} \end{array} \right.\Leftrightarrow x=y=\frac{\mathcal{A}}{3}. \end{align*}$ Le maximum cherché est donc égal à $\frac{8}{abc}\times\frac{\mathcal{A}}{3}\times\frac{\mathcal{A}}{3}\times\left(\mathcal{A}-\frac{\mathcal{A}}{3}-\frac{\mathcal{A}}{3}\right)=\frac{8\mathcal{A}^3}{27abc}$ . (On peut montrer que ce maximum est obtenu quand $M$ est le centre de gravité du triangle $ABC$ ).

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