Enonc´e
Les polygones emboˆıt´ es
Dans un triangle ´equilat´eral P3, je construis le plus grand carr´e (P4) qui ne d´eborde pas du triangle, puis dansP4 le plus grand pentagone r´egulier (P5) qui ne d´eborde pas du carr´e P4, et ainsi de suite, pour former une suite de polygones r´eguliers o`u Pn est le plus grand polygone r´egulier `a n cˆot´es qui ne d´eborde pas dePn−1.
Montrer que le p´erim`etre pn de Pn tend vers une limite non nulle quand n croˆıt ind´efiniment.
Mˆeme question quand on part d’un triangle ´equilat´eral Q3, sur lequel on construit le plus petit carr´e (Q4) qui recouvre enti`erement le triangle, puis surQ4le plus petit pentagone r´egulier (Q5) qui recouvre le carr´eQ4, et ainsi de suite, pour former une suite de polygones r´eguliers o`uQnest le plus petit polygone r´egulier `ancˆot´es qui recouvreQn−1 : montrer que le p´erim`etreqn de Qn reste born´e.
Solution propos´ee par Jean Moreau de Saint-Martin
Une premi`ere partie r´epond strictement `a l’´enonc´e en montrant l’existence des limites. Une seconde partie cherche `a encadrer num´eriquement ces li- mites.
A – Existence des limites
Observons d’abord que quand un polygone convexe est contenu dans un autre, le p´erim`etre du polygone int´erieur est plus petit que le p´erim`etre du polygone ext´erieur. Cela peut sembler ´evident, mais une d´emonstration peut quand mˆeme ˆetre utile, j’en donne une en annexe A1.
De ce fait, la suitepn est d´ecroissante et la suite qn croissante.
Je vais montrer que la propri´et´e de l’´enonc´e vaut pour deux suites de po- lygones emboˆıt´es “sous-optimaux” (par rapport au “le plus grand” ou “ le plus petit” de l’´enonc´e), que je d´efinis par :
Pn0 est un polygone r´egulier `a n cˆot´es (n-gone) qui admet pour cercle cir- conscrit le cercle incrit dans Pn−10 ; Q0n est de mˆeme un n-gone qui admet pour cercle inscrit le cercle circoncrit `aQ0n−1.
Il est clair que les p´erim`etresp0n des polygones Pn0 d´ecroissent plus vite que ceux des polygones Pn : Pn0 a au plus un point commun avec le bord de Pn−10 , donc unn-gone plus grand, recouvert parPn−10 , peut ˆetre obtenu par une similitude de rapport r >1 ; le plus grand n-gone recouvert par Pn−10 , qui a pour p´erim`etre p0n−1(pn/pn−1), a un p´erim`etre au moins ´egal `arp0n. Ainsipn/pn−1> p0n/p0n−1.
De mˆeme, les p´erim`etresqn0 des polygonesQ0naugmentent plus vite que ceux des polygones Qn.
Le cercle circonscrit `aPn0 a pour rayon p0n
2nsin(π/n), le cercle inscrit p0n 2ntan(π/n), d’o`u
p0n+1 = p0n
2ntan(π/n)2(n+ 1) sin π n+ 1 p0n+1
p0n = (n+ 1) tan(π/(n+ 1)
ntan(π/n) cos π n+ 1 p0b
p0a = btan(π/b) atan(π/a)
b
Y
k=a+1
cosπ k et en passant `a la limite, pour binfini et a= 3,
p0∞ p03 = π
3√ 3
∞
Y
k=4
cosπ k
La propri´et´e de l’´enonc´e d´ecoule de la convergence du produit infini, car le logarithme du terme g´en´eral cos(π/k) d´ecroˆıt en 1/k2,
k→∞lim k2ln cosπ
k =−π2 2 et est donc le terme g´en´eral d’une s´erie convergente.
SiLest la valeur du produit infini, on a p∞> p3 πL
3√ 3,
soit une minoration par un nombre strictement positif, ce qui assure l’exis- tence d’une limite puisque la suitepn est d´ecroissante.
Pour la suite de polynˆomesQ0n, on a de mˆeme q0n+1= qn0
2nsin(π/n)2(n+ 1) tan π n+ 1 qn+10
q0n = (n+ 1) sin(π/(n+ 1) nsin(π/n)
1 cos(π/(n+ 1)) q0b
qa0 = bsin(π/b) asin(π/a)
b
Y
k=a+1
1 cos(π/k) et en passant `a la limite, pour binfini et a= 3,
q∞0 q30 = 2π
3√ 3
∞
Y
k=4
1 cos(π/k) Soit, en fonction du produit infiniL,
q∞< q3
2π 3L√
3,
ce qui assure l’existence d’une limite puisque la suiteqn est croissante.
Annexe A.1
Soit un ensemble fini de points du plan. Quand on lui ajoute un ou des points, le p´erim`etre de l’enveloppe convexe ne peut pas diminuer.
Consid´erons un ensemble de points dont l’enveloppe convexe est le polygone A1A2. . . An. Si j’ajoute un pointB, il y a deux cas :
– ouB est int´erieur `a ce polygone ou sur ce polygone, qui reste l’enveloppe convexe de l’ensemble augment´e, avec un p´erim`etre inchang´e ;
– ou B est ext´erieur au polygone, et la nouvelle enveloppe convexe est un polygone du typeA1A2. . . AkBAm. . . An.
Le segment BAm rencontre les prolongements de AkAk+1, Ak+1Ak+2, . . ., Am−2Am−1, en des points Ck+1, Ck+2, . . .Cm−1, qui se succ`edent dans cet ordre deB `a Am.
Par l’in´egalit´e du triangle, la polygonale Am−1Cm−1Am est plus longue que le segmentAm−1Am; la polygonaleAm−2Cm−2Amest plus longue que la po- lygonaleAm−2Am−1Cm−1Am, et ainsi de suite jusqu’`a la polygonaleAkBAm
qui est plus longue que la polygonaleAkAk+1. . . Am−1Am.
Revenant `a un polygone int´erieur convexe contenu dans un polygone ext´erieur convexe, le polygone ext´erieur peut ˆetre consid´er´e comme l’enveloppe convexe des sommets des deux polygones, ensemble de points obtenu en ajoutant aux sommets du polygone int´erieur les sommets du polygone ext´erieur.
B – Tentative d’´ evaluation des limites
On peut d’abord calculer le produit infiniL d´efini dans la premi`ere partie.
C’est l’objet de l’annexe B.1, qui fournit l’estimationL= 0,22988409. . . Pour une minoration/majoration plus serr´ee, on peut consid´erer la configu- ration suivante, o`u la seule contrainte suppl´ementaire (par rapport `a l’opti- misation de l’´enonc´e) est que tous les polygones ont le mˆeme centre.
Soitele nombre de cˆot´es du polygone ext´erieur,icelui du polygone int´erieur, le premier devant recouvrir le second. Je note M le PPCM(e, i).
Du fait que le polygone ext´erieur (e-gone) recouvre le polygone int´erieur (i- gone), il recouvre aussi les polygones qui en d´erivent par la sym´etrie d’ordre e, polygones dont les sommets sont les sommets d’un polygone r´egulier `aM cˆot´es (M-gone). Comme le polygone ext´erieur est convexe, il recouvre tout ce polygone `aM cˆot´es. En outre, ceM-gone recouvre le polygone int´erieur, et partage avec lui son cercle circonscrit.
Comme M est multiple de e, le plus petit polygone ext´erieur est celui de mˆeme apoth`eme que le M-gone, partageant le mˆeme cercle inscrit.
Cela se traduit par des relations analogues `a celles de la premi`ere partie, compl´et´ees par un facteur cos(π/M) qui est le rapport entre les rayons des cercles inscrit et circonscrit au M-gone. Les rapports entre p´erim`etres des polygones ext´erieurs et int´erieurs s’en trouvent un peu rapproch´es de 1.
Cela conduit, dans les in´egalit´es donn´ees en fin de premi`ere partie, `a rem- placerL parL/K, o`u
K=
∞
Y
k=4
cos π
k(k−1)
L’annexe B.2 fournit pourK l’estimationK= 0,94164457. . .
Mˆeme avec L/K = 0,24413042. . ., la majoration ou la minoration qui en r´esultent pour notre probl`eme sont strictes, car la construction ci-dessus donne entre polygones ext´erieur et int´erieur un contact en deux points seule- ment sieetisont premiers entre eux. Or on voit facilement qu’un polygone int´erieur, en contact par moins de 4 sommets avec moins de 4 cˆot´es du po- lygone ext´erieur, peut ˆetre d´eplac´e de fa¸con `a pouvoir ˆetre dilat´e tout en restant contenu dans le polygone ext´erieur.
Je vais chercher maintenant un majorant meilleur que 1 (qui r´esulte de l’annexe A.1) pour le rapportp∞/p3, et un minorant meilleur que 1 pour le rapportq∞/q3.
Des essais pour les petits nombres de cˆot´es, avec des entiers cons´ecutifs pour des polygones cons´ecutifs, me conduisent `a la conjecture suivante, sur laquelle je base mon ´evaluation num´erique.
Conjecture
Le plus grand i-gone contenu dans un e-gone peut ˆetre obtenu de la fa¸con suivante.
SoitAA0 une diagonale due-gone de longueur maximale. SoientBC etB0C0 deux cˆot´es oppos´es du i-gone (si i est pair) ou “presque oppos´es” (si i est impair), en sorte queBC0etCB0sont des diagonales de longueur maximale.
Placer les bases BB0 et CC0 du trap`eze (iimpair) ou du rectangle (ipair) BCC0B0 parall`element `a AA0, et donner au i-gone la taille n´ecessaire pour queB etC soient sur les cˆot´es du e-gone adjacents `a A, etB0 etC0 sur les cˆot´es adjacents `aA0.
Si la conjecture est en d´efaut, elle conduit `a surestimer la taille dui-gone, puisque on n’y prend en compte qu’une partie des contraintes qui expriment que le i-gone est enti`erement contenu dans le e-gone (celles pour la partie BCC0B0 du i-gone). De ce fait, la conjecture conduit `a ´evaluer p∞/p3 par exc`es, et q∞/q3 par d´efaut, si elle ne donne pas les vraies valeurs.
Deux cas sont `a examiner, en se limitant `a eet ide parit´e contraire. Dans les deux cas, AA0, BB0, CC0 ont mˆeme m´ediatrice, qui est axe de sym´etrie commun aux deux polygones.
1) Cas epair,iimpair.
La droiteAA0 est axe de sym´etrie due-gone, et on a pour les angles (AC, AA0) = (AA0, AB) =π/2−π/e.
Le p´erim`etre du e-gone est Le =AA0·esin(π/e), car AA0 est un diam`etre du cercle circonscrit aue-gone.
Dans le trap`ezeBCC0B0, je peux supposer queBB0 est une diagonale maxi- male dui-gone (=BC0 =CB0), d’o`u les angles
(BC, BB0) =π/2−π/(2i), (CC0, CB) =π/2 +π/(2i).
Le cercle circonscrit au trap`eze a pour diam`etreBC/sin(π/i), d’o`u pour les cˆot´es
BB0
BC = cos(π/(2i))
sin(π/i) , CC0
BC = cos(3π/(2i)) sin(π/i)
Cet ensemble de relations d´etermine la figure `a similitude pr`es, et avecLi = i·BC, le rapport Le/Li des p´erim`etres.
La droiteAA0 est bissectrice des angles BAC etB0A0C0; elle coupeBC en DetB0C0 en D0. Le rapport des aires des triangles ABD etACD est
BD
CD = AB
AC = sinACB
sinABC = sin(π/e−π/(2i)) sin(π/e+π/(2i))
mais aussi, puisque dans le trap`eze la longueurDD0 d’une s´ecante parall`ele aux bases est fonction affine de sa distance aux bases
= BB0−DD0 DD0−CC0
et on en tire
DD0
BC = cos π 2i
cotπ
i + cotπ
etan2 π 2i
Le double de l’aire du triangleABC s’exprime de deux fa¸cons AB·ACsinBAC =AD·BCsin(AA0, BC), d’o`u
ADsin(AA0, BC) sinBAC =BCsinACBsinABC, puis
ADcos π 2isin2π
e =BCsin π
e + π 2i
sin
π e − π
2i
= BC 2
cosπ
i −cos2π e
=
= BC 2
cos2 π
2i
1−cos2π e
−sin2 π 2i
1 + cos2π e
=
= BC 2 cos2 π
2isin2π e
tanπ
e −cotπ
etan2 π 2i
Par sym´etrie, on aA0D0 =AD etAA0 =DD0+ 2ADsoit AA0
BC = cos π 2i
cotπ
i + tanπ e
= cos(π/i−π/e) 2 sin(π/(2i)) cos(π/e) puis
Le
Li
= AA0·esin(π/e) i·BC = e
itanπ ecos
π i −π
e sin π 2i
Avec e= 2k, je d´esigne le rapport Le/Li par αk si i= 2k−1, et parβk si i= 2k+ 1. Ainsi
αk= ktan(π/(2k)) cos(π/(4k2−2k))
(2k−1) sin(π/(4k−2)) , βk = ktan(π/(2k)) cos(π/(4k2+ 2k)) (2k+ 1) sin(π/(4k+ 2)) 2) Cas eimpair,ipair.
On a maintenantBC perpendiculaire `a AA0, et dans le i-gone DD0=BB0 =CC0 =BCcot(π/i).
Dans le e-gone on a les angles
(AC, AA0) =π/2−π/(2e), (AA0, AB) =π/2−3π/(2e).
Les angles du triangleABC sont
BAC =π−2π/e,ABC = 3π/(2e), ACB=π/(2e).
Le double de l’aire de ce triangle est AD·BC = AB·ACsinBAC, d’o`u (avec la loi des sinus)
AD=BCsin(3π/(2e)) sin(π/(2e))
sin(2π/e) = BC
4
sin(3π/(2e)
cos(π/(2e)) cos(π/e) = BC 4
tanπ
e + tan π 2e
AA0 =DD0+ 2AD= BC 2
2 cotπ
i + tanπ
e + tan π 2e
AvecLi =i·BC,Le=AA0·2esin(π/(2e)), Le
Li
=
2 cotπ
i + tanπ
e + tan π 2e
e isin π
2e
Avec i= 2k, je d´esigne le rapport Le/Li par γk si e= 2k−1, et par δk si e= 2k+ 1. Ainsi
γk=
2 cot π
2k+ tan π
2k−1+ tan π 4k−2
2k−1
2k sin π 4k−2 δk=
2 cot π
2k+ tan π
2k+ 1+ tan π 4k+ 2
2k+ 1
2k sin π 4k+ 2 On en d´eduit, pour encadrer les limites de l’´enonc´e,
πL 3K√
3 < p∞
p3
≤
∞
Y
k=2
1 βkγk
,
∞
Y
k=2
αkδk≤ q∞
q3
< 2πK 3L√
3 avec ´egalit´e si ma conjecture est vraie pour |e−i|= 1.
Le calcul num´erique des produits infinis est trait´e dans les annexes B.3 et B.4. Il en r´esulte les encadrements
0,14760120. . . < p∞
p3 ≤0,21338390. . . 3,03320887. . .≤ q∞
q3 <4,95308850. . . et les valeurs corollaires de la conjecture
p∞
p3
= 0,21338390. . . q∞
q3
= 3,03320887. . .
Annexe B.1
Le d´eveloppement limit´e (par int´egration de tanx=x+x3/3 +O(x5))
−ln cosx= x2 2 +x4
12 +O(x6) conduit successivement `a
−ln cosπ k = π2
2k2 + π4
12k4 +O(k−6)
= 2π2
4k2−1 − π2
2k2(4k2−1)+ π4
12k4 +O(k−6)
Le premier terme de ce d´eveloppement est facile `a sommer exactement :
∞
X
4
2π2
(2k+ 1)(2k−1) =
∞
X
4
π2 1
2k−1− 1 2k+ 1
= π2 7
Pour les termes de l’ordre de k−4, une approximation facile `a sommer est
f(a, k) = 1
(k+a)(k+a+ 1)(k+a+ 2)(k+a+ 3) =
= 1/3
(k+a)(k+a+ 1)(k+a+ 2)− 1/3
(k+a+ 1)(k+a+ 2)(k+a+ 3) d’o`u
∞
X
4
f(a, k) = 1
3(a+ 4)(a+ 5)(a+ 6)
Si le terme `a approcher est 1/(k4+bk3+. . .), f((b−6)/4, k) l’approche `a l’ordre k−6 pr`es.
Icib= 0 pour les deux termes de l’ordre dek−4, etP∞4 f(−3/2, k) = 8/945.
Ainsi lnL−2π2(201 +π2)/2835 est la somme d’une s´erie dont le terme g´en´eral
uk= ln cosπ
k + 2π2
4k2−1+ 2π4−3π2
24 f
−3 2, k
d´ecroˆıt enk−6.
Comme F(4) = 2π2(201 +π2)/2835, on obtient avec quelques dizaines de termes uk (k= 4 `a 90) l’estimation
lnL=−1,47018005. . . etL= 0,22988409. . . Remarque
On est limit´e, dans la recherche de pr´ecision, par le fait que le terme g´en´eral de cette s´erie est obtenu par diff´erence de termes d´ecroissant en k−2 seule- ment, ce qui rend le r´esultat sensible aux erreurs d’arrondi.
En observant la variation du produituk·k6 aveck, on voit qu’il se stabilise
`
a−3,85 environ, ce qui montre que pour k= 40 `a 90 l’influence des termes suivants (k−8 et au-del`a) du d´eveloppement limit´e est faible ; les variations erratiques qui traduiraient l’influence des erreurs d’arrondi sont faibles (de l’ordre de 0,01% suruk).
On a en effet, en tenant compte du terme enx6du d´eveloppement de ln cosx, limk→∞(uk·k6) =−9π2/32 + 5π4/24−π6/45 =−3,84647. . ..
On peut alors ´evaluer le reste de la s´erie park/5 fois le dernier terme n´eglig´e, et se limiter `a une quarantaine de termes.
Annexe B.2
De mani`ere analogue `a l’annexe B.1, on obtient le d´eveloppement limit´e
−ln cos π
k(k−1) = π2
2k2(k−1)2 +O(k−8) = de l’ordre dek−4 avec b=−2, d’o`u a=−2,P∞4 f(−2, k) = 1/72.
d’o`u la somme lnK+π2/144 pour la s´erieP∞4 vk, de terme g´en´eral d´ecroissant commek−6
vk= ln cos π
k(k−1)+π2
2 f(−2, k) limk→∞(vk·k6) =π2.
Le calcul sur tableur avec une soixantaine de termes donne lnK =−0,06012739. . ., K= 0,94164457. . ..
Annexe B.3
Les expressions obtenues pr´ec´edemment pour βk et γk conduisent, apr`es quelques simplifications, `a
βkγk= (2k−1) sin(π/(4k−2))
(2k+ 1) sin(π/(4k+ 2))·cos π 2k(2k+ 1)
1 +1
2tan π 2k
tan π
2k−1 + tan π 4k−2
Le premier facteur donne lieu dans le produit infini `a une simplification
“t´elescopique”, et on obtient, pour contribution `a J =Q∞2 βkγk, (6/π) sin(π/6) = 3/π.
Le second et le troisi`eme facteurs se traitent, de mani`ere analogue `a l’annexe B.2, par un d´eveloppement limit´e du logarithme, soit pour le second facteur
−ln cos π
2k(2k+ 1) = π2
8k2(2k+ 1)2 +O(k−8)
Pour le troisi`eme facteur, on ´etablit d’abord le d´eveloppement limit´e de la grande parenth`ese, `a partir de tanx=x+x3/3 +O(x5)
1 +1 2
π
2k + π3
24k3 + 0(k−5)
! 3π
4k−2 + 3π3
8(2k−1)3 +O(k−5)
!
= 1 + 3π2
8k(2k−1)+ π4
32k3(2k−1)+ 3π4
32k(2k−1)3 +O(k−6) d’o`u le logarithme
3π2
8k(2k−1)− 9π4
128k2(2k−1)2 + π4
32k3(2k−1)+ 3π4
32k(2k−1)3 +O(k−6) En ajoutant les logarithmes du second et du troisi`eme facteur, on obtient
− π2
8k2(2k+ 1)2+ 3π2
8k(2k−1)− 9π4
128k2(2k−1)2+ π4
32k3(2k−1)+ 3π4
32k(2k−1)3+O(k−6) qui est l’expression approch´ee du terme g´en´eral d’une s´erie de somme ln(J π/3).
Le second terme de ce d´eveloppement est facile `a sommer exactement :
∞
X
2
3π2 8k(2k−1) =
∞
X
2
3π2/4
2k−1−3π2/4 2k
!
= 3π2 4
ln 2−1 2
Pour les termes de l’ordre de k−4, on op`ere comme pr´ec´edemment, avec
∞
X
2
f(a, k) = 1
3(a+ 2)(a+ 3)(a+ 4)
Selon le terme consid´er´e, on a
b= 1, a=−5/4, P∞2 f(−5/4, k) = 64/693 ; b=−1,a=−7/4,P∞2 f(−7/4, k) = 64/135 ; b=−1/2,a=−13/8,P∞2 f(−13/8, k) = 512/1881 ; b=−3/2,a=−15/8,P∞2 f(−15/8, k) = 512/459.
Ainsi le nombre ln(J π/3)−3π2(ln 4−1)/8 est la somme de la s´erie de terme g´en´eral
−π2 32f
−5 4, k
−9π4 512f
−7 4, k
+π4
64f
−13 8 , k
+3π4
256f
−15 8 , k
+wk o`u le termewk d´ecroˆıt comme k−6. On a en cons´equence
lnJ = ln 3−lnπ+π2 3
4ln 2−2095
5544+11501π2 1279080
! +
∞
X
2
wk avec
wk = ln cos π
2k(2k+ 1)+ ln
1 +1 2tan π
2k
tan π
2k−1 + tan π 4k−2
−
− 3π2
8k(2k−1)+π2 32f
−5 4, k
+9π4
512f
−7 4, k
−π4 64f
−13 8 , k
−3π4 256f
−15 8 , k
Le calcul sur tableur avec 80 termes donne lnJ = 1,54466237. . ., 1/J = 0,21338390. . ..
Annexe B.4
On observe qu’il suffit de changerk en −k pour transformer βkγk en αkδk, puisque
αkδk= (2k+ 1) sin(π/(4k+ 2))
(2k−1) sin(π/(4k−2))·cos π 2k(2k−1)
1 +1
2tan π 2k
tan π
2k+ 1+ tan π 4k+ 2
A nouveau, le premier facteur donne lieu dans le produit infini `a une sim- plification “t´elescopique”, avec pour contribution `a H=Q∞2 αkδk,
π/(6 sin(π/6)) =π/3.
Le logarithme du 3e facteur (grande parenth`ese) a pour partie principale 3π2
8k(2k+ 1) = 3π2/4
2k − 3π2/4 2k+ 1 d’o`u la somme 3π2(5/6−ln 2)/4 pourk= 2 `a +∞.
Dans les termes de l’ordre de k−4, le changement de k en −k conduit `a changer f(a, k) en f(−a−3, k). Ainsi ln(3H/π)−3π2(5/6−ln 2)/4 est la somme de la s´erie de terme g´en´eral
−π2 32f
−7 4, k
−9π4 512f
−5 4, k
+π4
64f
−11 8 , k
+3π4
256f
−9 8, k
+tk
o`u le termetk d´ecroˆıt comme k−6. Outre des sommes d´ej`a obtenues, on a : poura=−11/8,P∞2 f(−11/8, k) = 512/4095 ; poura=−9/8,P∞2 f(−9/8, k) = 512/7245.
On a en cons´equence
lnH= lnπ−ln 3 +π2 −3
4ln 2 + 659
1080+ 9601π2 8288280
! +
∞
X
2
tk
avec
tk = ln cos π
2k(2k−1)+ ln
1 +1 2tan π
2k
tan π
2k+ 1+ tan π 4k+ 2
−
− 3π2
8k(2k+ 1)+π2 32f
−7 4, k
+9π4
512f
−5 4, k
−π4 64f
−11 8 , k
−3π4 256f
−9 8, k
Le calcul sur tableur avec 80 termes donne lnH = 1,10962109. . ., H = 3,03320887. . ..