Enoncé E552 (Diophante) Les deux cordes du dodécagone
On trace les sommets d’un dodécagone sur la circonférence d’un cercle de telle sorte que les longueurs des arcs qui séparent les sommets adjacents prennent les valeurs entières de 1 à 12 cm dans un ordre arbitraire. On trace toutes les cordes qui joignent les sommets deux à deux. Démontrer qu’au moins deux d’entre elles sont perpendiculaires.
Contribution de Jean Moreau de Saint-Martin La longueur du cercle est
1 + 2 +. . .+ 12 = 78 cm.
La longueur du plus petit arc sous-tendu par un côté du polygone est π/39 = 1/78e de tour, et je désignerai chaque côté ou diagonale du poly- gone par la longueur de l’arc qu’il ou elle sous-tend.
Soient deux cordesACetBDreliant des sommets. L’angle qu’elles forment en leur intersection I s’évalue dans la triangle IAB comme la somme BAC+DBA, soit en fonction des arcs (carBAC =BDC,DBA=DCA) et chaque angle est la moitié de l’angle au centre déterminé par l’arc.
BC/2 +AD/2.
Cet angle est droit (1/4 de tour, soit 78/4 unités) si et seulement si BC+ AD= 39.
N.B. Pour un polygone à n côtés, la longueur du cercle est n(n+ 1)/2 unités ; le problème n’est alors possible que si 4 divise nou n+ 1.
Il s’agit donc de trouver dans le polygone deux éléments disjoints du pé- rimètre ayant 39 pour somme.
C’est immédiat s’il existe deux sommetsAetDdiamétralement opposés : il suffit de prendreBetCconfondus en un quelconque des autres sommets.
A défaut, la solution proposée au “Tournoi des Villes” (automne 2011) recourt au procédé suivant, qui débouche sur des combinaisons de deux éléments dont l’un ne comprend qu’un côté.
A chaque sommetAcorrespondent des sommetsHetGles plus éloignés de A, séparés par le point diamétralement opposés àA. L’arcGH ne contient aucun sommet et a 12 pour plus grande longueur.
Si AH =AG, leur longueur commune de ces cordes maximales est 39− m avec GH = 2m ≤ 12. Le polygone admet un côté de longueur m, appartenant à un seul des éléments de périmètreAGetAH. On constitue la combinaison de longueur 39 avec ce côté et celui des éléments AG et AH qui ne le contient pas.
SiAH−AG=d, la plus grande des deux vaut max(39−GH+d
2 ,39−GH−d
2 )≥max(39−GH + 1
2 ,39−GH −1 2 )≥ 67
2 . Les valeurs possibles des longueurs des cordes maximales vont donc de 34 à 38 (39 est exclu, supposant deux sommets diamétralement opposés).
Les 12 sommets produisent l’une ou l’autre de ces 5 valeurs pour leurs 12 cordes maximales ; bien entendu, il se peut que AB soit corde maximale pourB comme pour A. Même si cette coïncidence était systématique, on aurait 6 cordes pour 5 valeurs et donc deux cordes de même longueur.
Trois cas peuvent se produire.
1) Les deux arcsACetBDde longueur 39−mn’ont pas de partie en com- mun. On constitue la combinaison de longueur 39 avec le côté de longueur met celui des éléments AC etBDqui ne le contient pas.
2) Les deux arcsAC etBD de longueur 39−m ont en commun l’arcAB, avec Asur BDetB sur AC. On a 2m=CD−AB.
2.1. Si le côté m n’appartient pas à AB, il n’est pas à la fois dans AC et dansBD, et peut compléter l’élément qui ne le contient pas.
2.2. Si AB est le côté m, le côté 2m n’est pas à la fois dans BC et dans DA, et peut compléter l’élément qui ne le contient pas.
2.3. Si le côtém appartient àAB avec AB > m, peut-on trouver un côté AB+mqui n’est pas à la fois dansBCet dansDA, et peut ainsi compléter l’élément qui ne le contient pas ? Cela supposeAB+m ≤12, ce dont on n’est pas assuré.
3) Les deux arcsAC etBDde longueur 39−mont en commun l’arcBC,
avec A sur BDetB surAC. On aAB =CD.
3.1. Si le côté m n’appartient pas à BC, il n’est pas à la fois dans AC et dans BD, et peut compléter l’élément qui ne le contient pas.
3.2. S’il existe un côté m+AB n’appartenant pas à BC, ce qui suppose m+AB≤12, ce côté peut compléterBC pour donner une solution ; mais ce n’est pas assuré.
De fait, il existe des polygones, à partir de n = 11 côtés, qui n’offrent aucune de ces possibilités.
Soit par exemple l’endécagoneABCDEF GHIJ K, dont les côtés à partir de A ont pour longueur (celle des arcs sous-tendus) respectivement 11, 2, 10, 5, 3, 1, 7, 4, 9, 6, 8. Deux diagonales sont orthogonales si elles divisent le périmètre en paires de morceaux de longueur 33 pour chaque paire.
Les paires de diagonales maximales de même longueur sont :
– de longueur 32, AGetBI; le complément de longueur 1 pour atteindre 33 se trouve être le côté F G, inclus dans la partie commune BG sans en constituer la totalité.
– de longueur 31, DKetF A; le complément de longueur 2 pour atteindre 33 se trouve être le côté BC, inclus dans la partie commune DA sans en constituer la totalité.
– de longueur 30, CI etEK; le complément de longueur 3 pour atteindre 33 se trouve être le côté EF, inclus dans la partie commune EI sans en constituer la totalité.
Ainsi l’approche proposée par le Tournoi des Villes est inopérante pour identifier les paires de diagonales orthogonales qui existent, par exemple AG etCJ,BH etF J,CI etF K.
Autres contre-exemples, obtenus comme le précédent par un petit pro- gramme
– pour n= 12, avec la suite de côtés 12, 4, 3, 10, 11, 1, 7, 9, 6, 8, 2, 5.
– pour n= 15, avec la suite de côtés 15, 1, 2, 7, 13, 11, 10, 6, 9, 5, 14, 8, 12, 3, 4.
– pourn= 16, avec la suite de côtés 16, 1, 2, 4, 15, 8, 14, 7, 10, 6, 13, 12, 9, 5, 3, 11.
Cela incite à penser que l’objection a une portée générale ; en effet, pour le pentadécagone, le programme examine les suites commençant par 15, 1, 2 avant toutes les autres et s’arrête dès qu’il a un contre-exemple (ce qui prend néanmoins un certain temps, explosion combinatoire oblige) ; de même pour l’hexadécagone avec 16, 1, 2 ; les contre-exemples sont sans doute nombreux pour ces deux valeurs den, et existent très probablement pour toutn≥11.
Je n’ai malheureusement pas de réponse générale à proposer, pour la dé- monstration demandée par l’énoncé. A ma connaissance, la propriété, lors- qu’elle a été vérifiée pour un nombre de côtés donné n > 8, l’a été par énumération de tous les polygones ((n−1)!/2 cas distincts, compte tenu des symétries).
