Casse-tˆete de septembre 2007 (Diophante) Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1) Pr´eliminaires
Il n’y a rien `a perdre `a supposer le centre du carr´e ou de cercle au centreOdu cube : si ce n’est pas le cas, carr´e ou cercle sont contenus dans le parall´epip`ede rectangle plus petit que le cube, obtenu en prenant les sym´etriques des faces du cube par rapport au centre du carr´e ou du cercle.
Prenant des axes de coordonn´ees d’origineO, parall`eles aux arˆetes du cube, le planP du carr´e ou du cercle passe alors parO et admet pour ´equation 1 z=px+qy.
Compte tenu des sym´etries du cube, on peut supposer sans perte de g´en´eralit´e p≥q≥0.
Le cube est la tranche−1/2≤z≤1/2 d’un prisme droit coup´e parP selon un parall´elogramme ABCD. Les coordonn´ees des sommets sont :
A(1/2,1/2,(p+q)/2) ;B(1/2,−1/2,(p−q)/2) ;C(−1/2,−1/2,−(p+q)/2) ; D(−1/2,1/2,(q−p)/2).
On en tire les distances mutuelles de ces 4 points :
AB2 = CD2 = 1 +q2; AD2 = BC2 = 1 +p2; AC2 = 2 + (p+q)2; BD2 = 2 + (p−q)2.
L’angleABC est obtus, car cosABC =−pq/p(1 +p2)(1 +q2).
Si p+q ≤ 1, le parall´elogramme est contenu dans le cube. Sinon, A et C sont hors du cube. Les segments AB et AD rencontrent la facez= 1/2 en M etN, de coordonn´ees
M(1/2,(1−p)/2q,1/2) ;N((1−q)/2p,1/2,1/2). On a
AM = (p+q−1)p1 +q2
2q , AN = (p+q−1)p1 +p2
2p .
Les segments BC et CD rencontrent de mˆeme la face z = −1/2 en N0 et M0 sym´etriques deN et M par rapport `a O.
L’intersection du cube parP est alors l’hexagoneM BN0M0DN. 2) Plus grand carr´e
SoitI la projection deB surAD. On peut inscrire dansABCDun rectangle de diagonaleBD, de cˆot´esIB=ABsinABC et ID=AD+ABcosABC.
Si l’intersection avec le cube est un hexagone, avecAM > AI, un rectangle de hauteur IB aura pour diagonale M M0 et pour cˆot´e surAD un segment de longueurAD+AI −2AM.
On peut chercher `a donner `a ce rectangle maximal la forme d’un carr´e. On a
IB=
s1 +p2+q2
1 +p2 , ID= 1 +p2−pq p1 +p2
1s’il n’est pas parall`ele `aOz; s’il ´etait parall`ele `aOz, cercle ou carr´e s’inscriraient dans un rectangle de hauteur 1 et ne d´epasseraient pas 1 en cˆot´e ou en diam`etre
1
etIB−ID, n´egatif quandq= 0, devient positif quandq=p. cette diff´erence s’annule quand
1 +p2+q2 = (1 +p2−pq)2, ⇒ p q = 1 +
s 2 1 +p2 Avec cette relation, qui donne
IB=ID= 1 +p2 + 2p2
√2 +p1 +p2 = p+q p√
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on voit que la valeur commune IB = ID, de mˆeme que p+q, sont des fonctions croissantes dep.
Cela pousse `a augmenter pjusqu’`a avoirAN =AI, soit (p+q−1)p1 +p2
2p = pq
p1 +p2
Cette ´equation conduit, sip6= 1, `aq = (1 +p2)/(1 +p) qui, substitu´e dans la relation IB = ID, donne une impossibilit´e. Pour obtenir AN = AI en mˆeme temps que IB =ID, il faut prendre p = 1,q = 1/2 et alors le carr´e a pour cˆot´e
IB=ID= 3/√
8 = 1,06066. . .
qui apparaˆıt comme le plus grand possible (en tout cas, c’est ce que dit la litt´erature ! cf. “Les nombres remarquables”, de F. Le Lionnais).
3) Plus grand cercle
Le rayon du plus grand cercle contenu dans ABCD est la plus petite des distances de O `a AB et BC. Ces distances sont les quotients de l’aire du parall´elogramme par 2ABou 2BC, et il est naturel de penser qu’`a l’optimum elles sont ´egales.
Cela entraˆıneAB=BC,p=q,BD=√
2,AC =p2 + 4p2.
ABCDest alors un losange. Le rayon du cercle inscrit, hauteur d’un triangle rectangle de cˆot´es de l’angle droitp1/2 etpp2+ 1/2, vaut
s1 + 2p2 4 + 4p2, fonc- tion croissante dep. Je vais donc chercher `a augmenterp.
Sip >1/2, l’intersection du planP et du cube est un hexagone, avecAM = AN = 2p−1
2p q
1 +p2, dont la projection surAC vaut (1−1/2p)p1/2 +p2. Ainsi la distance de O `a M N est (1/2p)p1/2 +p2. Elle est sup´erieure au rayon d´etermin´e ci-dessus tant que p <1.
Pour obtenir le plus grand cercle, je prends doncp=q= 1 (plan orthogonal
`
a une grande diagonale du cube) et le rayon vaut p3/8 = 0,61237. . .
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