Enonc´e D330 (Diophante) Avec seulement deux distances Solution

(1)

Enonc´e D330 (Diophante) Avec seulement deux distances

Solution¹ de Jean Moreau de Saint-Martin

Ce problème a été proposé le 28 janvier 2009 par Leslie F. Reid, professeur

`

a l’universit´e d’Etat du Missouri ; voir sur son site http ://people.missouristate.edu/lesreid/POW06 0809.

Question 1 : Trouver toutes les configurations possibles de 4 points dis- tincts du plan tels que l’ensemble des distances entre deux points quel- conques a exactement deux ´el´ements.

Soit {1, d} l’ensemble des distances : deux configurations ne sont pas considérées comme différentes quand l’une est semblable à l’autre. Le nom des points (A, B, C, D) est sans importance. Les points sont reliés par C₄² = 6 arêtes.

Pour une approche syst´ematique, la solution est en deux ´etapes.

• Lister toutes les r´epartitions de l’ensemble des 6 arˆetes entre les 2 distances.

• D´eterminerdpour chaque r´epartition.

Quand on connaˆıt la longueur de chaque arête, la configuration est complètement déterminée : mêeme si elle n’a pas d’axe de symétrie (ce qui ne se produit pas en fait), elle peut être mise en co¨ıncidence avec son image dans un miroir, en retournant le plan.

Indépendamment d’un raisonnement géométrique, une fa¸con de déterminer la distance inconnuedest l’équation exprimant que les 4 pointsA, B, C, D sont les sommets d’un tétraèdre plat :

1Je m’excuse de ne pas donner d’images de ces configurations : il y en a trop, sp´ecialement dans la question 2.

0 |AB|² |AC|² |AD|² 1

|AB|² 0 |BC|² |BD|² 1

|AC|² |BC|² 0 |CD|² 1

|AD|² |BD|² |CD|² 0 1

1 1 1 1 0

= 0

(Si le tétraèdre ABCD a pour volume V, le déterminant d’Euler vaut

−288V².)

1) R´epartition 1 + 5

d=|AD| 6= autres distances = 1.

AlorsABC etBCDsont des triangles ´equilat´eraux, d=√ 3.

Deux formes possibles pour un graphe ayant 2 arˆetes et>3 sommets : les arˆetes sont adjacentes ou non.

2a)d=|AC|=|BD| 6= autres distances = 1.

AlorsABCD est un carr´e, d=√ 2.

2b)d=|AB|=|AC| 6= autres distances = 1.

AlorsBCDest un triangle équilatéral,Aest sur la médiatrice du segment BC à distance 1 de D.

Equationd⁴−4d²+ 1 = 0, d= (√ 6±√

2)/2.

La plus petite racine d = (√ 6 −√

2)/2 correspond `a la configuration (2b1) o`u le segment AD coupe le segment BC. La plus grande racine d= (√

6 +√

2)/2 correspond à la configuration (2b2) oùADa la direction opposée.

Trois formes possibles pour un graphe ayant 3 arêtes et 4 sommets : triangle, étoile et chaˆıne, ici par paires (triangle + étoile) ou (chaˆıne + chaˆıne).

(2)

3a) d=|BC|=|CA|=|AB| 6=|DA|=|DB|=|DC|= 1.

Alors ABC est un triangle ´equilat´eral de centre D,d=√ 3.

3b) d=|AB|=|BC|=|CD| 6=|DA|=|DB|=|AC|= 1.

Equation (d²+ 1)(d⁴−3d²+ 1) = 0, d= (√

5±1)/2.

La plus petite racine d = (√

5−1)/2 correspond à la configuration où A, B, C, D (dans cet ordre) sont 4 sommets consécutifs d’un pentagone régulier convexe. La plus grande racined= (√

5 + 1)/2 (nombre d’or) correspond à la configuration où C, A, D, B (dans cet ordre) sont 4 sommets consécutifs d’un pentagone régulier convexe. Ainsi ce cas (3b) ne donne qu’une configuration.

Conclusion de la question 1 : Six configurations, (1), (2a), (2b1), (2b2), (3a), (3b).

Question 2 : Trouver toutes les configurations possibles de 5 points dis- tincts de l’espace tels que l’ensemble des distances entre deux points quel- conques a exactement deux ´el´ements.

Mêmes hypothèses et même méthode que pour la question 1, avec 5 sommets, et C₅² = 10 sommets à répartir entre les longueurs det 1.

Ici la configuration n’est pas toujours déterminée quand la longueur de chaque arête est connue : si la configuration n’a pas de plan de symétrie, elle ne co¨ıncide pas avec son image dans un miroir (“chiralité”).

Indépendamment de la géométrie dans l’espace, la distance inconnue d peut être donnée par l’équation

0 |AB|² |AC|² |AD|² |AE|² 1

|AB|² 0 |BC|² |BD|² |BE|² 1

|AC|² |BC|² 0 |CD|² |CE|² 1

|AD|² |BD|² |CD|² 0 |DE|² 1

|AE|² |BE|² |CE|² |DE|² 0 1

1 1 1 1 1 0

= 0

(Pour un 5-polytope ABCDE de mesure M dans un espace `a 4 dimensions, le d´eterminant = 9216M².)

S’il y a des triangles de côtés 1,1, d, alors d < 2 ; s’il y a des triangles de côtés 1, d, d, alors d >1/2.

d=|AE| 6= autres distances = 1.

AlorsABCD etBCDE sont des tétraèdres réguliers avec une face BCD en commun,d=^p8/3.

Deux formes possibles pour un graphe ayant 2 arˆetes et>3 sommets : les arˆetes sont adjacentes ou non.

2a)d=|AC|=|BD| 6= autres distances = 1.

AlorsABCD est un carr´e, d=√

2. Les points A, B, C, D, E sont 5 sommets d’un octa`edre r´egulier.

2b)d=|AB|=|AC| 6= autres distances = 1.

Alors BCDE est un tétraèdre régulier, ADE est un triangle équilatéral, etAest sur la médiatrice commune aux segments BC et DE.

Equation 4d⁴−12d²+ 3 = 0,d= q

1.5±√ 1.5.

La plus petite racine d = q

1.5−√

1.5 correspond `a la configuration (2b1) o`u A est plus proche de BC que de DE. La plus grande racine d =

q

1.5 +√

1.5 correespond à la configuration (2b2) où A est dans la direction opposée.

Quatre formes possibles pour un graphe ayant 3 arêtes et 5 sommets : triangle, étoile, chaˆıne, 2 arêtes adjacentes + une isolée.

3a)d=|BC|=|CA|=|AB| 6= autres distances = 1.

(3)

Alors ABC est un triangle équilatéral, avec D et E sur son axe (droite perpendiculaire au planABC au centre du triangle), à distance 1/2 de ce plan ; d= 3/2.

3b) d=|EA|=|EB|=|EC| 6= autres distances = 1.

Alors ABCD est un tétraèdre régulier ;E est sur la droite passant par D et le centre de ABCD, `a distance 1 de D.

Equation 3d⁴−12d²+ 4 = 0,d= q

2±^p8/3.

La plus petite racine d= q

2−^p8/3 correspond `a la configuration (3b1) o`u E est plus proche du plan ABC que de D. La plus grande racine d =

q

2 +^p8/3 correspond à la configuration (3b2) où E est dans la direction opposée.

3c) d=|AB|=|BC|=|CD| 6= autres distances = 1.

Alors ECA,EAD,EDB sont des triangles ´equilat´eraux.

Equation (d⁴−3d²+ 1)(d⁴−3d²−3) = 0.

Pour d⁴−3d²+ 1 = 0,d= (√

5±1)/2. Les pointsA, B, C, Dsont dans un même plan et, comme dans le cas (3b) de la question 1, ces 4 points sont 4 sommets d’un pentagone régulier convexe. Deux configurations : (3c1) si 1 (distance de E aux autres points) est le côté du pentagone, (3c2) si 1 est la diagonale.

Pour d⁴ −3d² −3 = 0, d = q√

5.25 + 1.5. ici A, B, C, D ne sont pas dans un même plan ; les triangles EAD (équilatéral) et EBC (isocèle) ont une même droite passant par E comme axe de symétrie ; mais cette configuration ne peut pas exister : les plans EAD etEBC font un angle ayant un cosinus > 1 ; le déterminant d’Euler montre que le tétraèdre ABCD a un volume V tel que−288V² = 4√

21−12>0.

3d) d=|AB|=|BC|=|DE| 6= autres distances = 1.

Alors B, D, E sont dans la plan médiateur du segment AC; de même A, B, C sont dans la plan médiateur du segmentDE. Les trianglesBAC et BDE sont isocèles, avec un axe de symétrie commun. Les deux tétraèdres

ABDE etCBDE ont des faces de cˆot´es 1,1, d.

Equationd²(8d⁴−17d²+ 4) = 0, d= q

17±√ 161

/4.

Ces 2 solutions enddonnent deux configurations, (3d1) et (3d2).

Six formes possible pour un graphe ayant 4 arˆetes et 5 sommets : carr´e,

étoile, chaˆıne, forme en T, triangle avec une arête adjacente, triangle avec une arête isolée.

4a)d=|AB|=|BC|=|CD|=|DA| 6= autres distances = 1.

Equation (2d²−1)(2d²−7) = 0.

Pour 2d²−1 = 0,d= 1/√

2 ; ABCDest un carré, avecE sur son axe ; les trianglesEAC etEBD sont équilatéraux : configuration (4a1).

Pour 2d²−7 = 0, d=^p7/2 ; A, B, C, D ne sont pas dans un même plan, ABCDest un tétraèdre équifacial (faces de côtésd, d,1) et ayantE pour centre : configuration (4a2).

4b)d=|EA|=|EB|=|EC|=|ED| 6= autres distances = 1.

AlorsABCD est un tétraèdre régulier de centre E,d=^p3/8.

4c)d=|AB|=|BC|=|CD|=|DE| 6= autres distances = 1.

Equation (d²−2)(d⁴−10d²+ 4) = 0.

Pourd²−2 = 0,d=√

2 ;ADBEest un carr´e,Cest dans le plan m´ediateur des segmentsAE etBD : configuration (4c1).

Pour d⁴−10d²+ 4 = 0, 1/2 < d <2 car le triangle ABC a pour côtéss 1, d, d et le triangle ABE a pour côtés 1,1, d. Il y a une solution dans l’intervalle 1/2< d <2, d=√

3.5−√ 1.5.

Les trianglesCAE etCBDsont isoc`eles, avec un axe de sym´etrie commun passant parC. Les plansCAE etCBD font un angle arccos(√

21−4)6=

π/2, ce qui fait qu’une sym´etrie par rapport au planCAEdonne une paire de configurations “chirales” (4c2), (4c2’).

(4)

4d) d=|AB|=|BC|=|CD|=|BE| 6= autres distances = 1.

Le triangle EAC est équilatéral, avec B sur son axe ; le planBCD est le plan médiateur du segment AE.

L’équation 4d⁶ −8d⁴ −4d² + 3 = 0 a deux solutions dans l’intervalle 1/2 < d < 2, car le polynôme 4x³ − 8x² −4x + 3 prend les valeurs +25/16,−5,−5,+113 pour x = +1/4,+1,+2,+4 (la troisième racine x <0).

Ces solutions,d= 0,66607775. . .,d= 1.51440987. . ., donnent deux configurations (4d1), (4d2).

4e) d=|AB|=|BC|=|CD|=|DB| 6= autres distances = 1.

Les triangles BCD et ACE sont équilatéraux ; le plan ABE est plan médiateur du segment CD.

L’´equationd⁸−8d⁶+16d⁴−4d² = 0 s’´ecrit (d²/27)(128T6(d√

3/4)+20) = 0, oùT6 est le polynôme de Tchebychev de degré 6.

Les solutions sont d= (4/√

3) cos(kπ/3 + arccos(−5/32)/6).

Deux solutions dans l’intervalle 1/2 < d < 2, d= 0,53918887. . . et d = 1,67513087. . ., donnant deux configurations (4e1), (4e2).

4f) d=|AB|=|BC|=|CA|=|DE| 6= autres distances = 1.

Le triangleABC est ´equilat´eral d’axe DE;d=^p12/7.

Six formes possibles pour un graphe ayant 5 arêtes et 5 sommets : carré avec diagonale, carré avec une arête adjacente, pentagone, triangle avec une chaˆıne adjacente, triangle avec deux arêtes adjacentes en un de ses sommets, forme en A ; ici ces formes apparaissent en paires (carré avec diagonale + triangle avec deux arêtes adjacentes en un de ses sommets), (carré avec une arête adjacente + triangle avec une chaˆıne adjacente), (pentagone + pentagone), (forme en A + forme en A).

5a) d = |AB| = |AC| = |BC| = |CD| = |DA|, 1 = |BD| = |EA| =

|EB|=|EC|=|ED|.

Les triangles ACB, ACD et BDE sont ´equilat´eraux ; le plan BDE est

plan m´ediateur du segmentAC.

Equationd²(4d⁴−13d²+ 4) = 0, d=√ 21±√

5/4.

Ces 2 solutions enddonnent 2 configurations (5a1), (5a2).

5b) d = |AB| = |BC| = |CD| = |DA| = |AE|, 1 = |AC| = |BD| =

|EB|=|EC|=|ED|.

Le triangle BDE est équilatéral ; le plan ACE est plan médiateur du segmentBD.

L’´equation 4d⁶−9d⁴−4d²+ 4 = 0 a deux solutions dans l’intervalle 1/2<

d <2, car le polynˆome 4x³−9x²−4x+ 4 prend les valeurs +5/2,−5,+100 pourx= +1/4,+1,+4 (la troisi`eme racinex <0).

Ces solutions,d= 0.72444550. . .,d= 1.57807126. . ., donnent deux configurations (5b1), (5b2).

5c)d=|AB|=|BC|=|CD|=|DE|=|EA|, 1 =|AC|=|CE|=|EB|=

|BD|=|DA|.

L’´equation (d⁴−3d²+ 1)² = 0 a la solutiond= (√

5±1)/2 ; avec ces deux valeurs de d, les points A, B, C, D, E sont dans un mˆeme plan, sommets d’un pentagone r´egulier.

5d) d = |AB| = |BC| = |CA| = |BD| = |CE|, 1 = |AD| = |AE| =

|BE|=|CD|=|DE|.

Equation (d⁴−3d²+ 1)(d⁴−7d²+ 1) = 0.

Pourd⁴−3d²+1 = 0,d= (√

5±1)/2 ; les pointsD, B, C, Esont 4 sommets d’un pentagone r´egulier ;A est dans le plan m´ediateur des segments BC etDE.

L’équation d⁴−7d²+ 1 = 0 correspond au cas où BC et DE ne sont pas parallèles. Alors les triangles équilatérauxABC etADE ont un même axe de symétrie passant par A. Mais cette ´equation n’a pas de solution dans l’intervalle 1/2< d <2 et ne donne aucune configuration.

Conclusion pour la question 2 : 28 configurations, (1), (2a), (2b1), (2b2), (3a), (3b1), (3b2), (3c1), (3c2), (3d1), 3d2), (4a1), (4a2), (4b), (4c1), (4c2),

(5)

(4c2’), (4d1), (4d2), (4e1), (4e2) (4f), (5a1), (5a2), (5b1), (5b2), (5c), (5d).

Si l’on ne tient pas compte de la chiralité il y a seulement 27 configurations (supprimer la configuration (4c2’) dans la liste précédente).

Une autre classification des solutions peut aider `a se repr´esenter leur forme.

Elle est basée sur les plans de symétrie. Remarquez qu’une configuration peut appartenir à plusieurs classes quand elle a plusieurs plans de symétrie.

Classe α : cinq points dans un mˆeme plan, sommets d’un pentagone r´egulier, configuration (5c).

Classe β : (au moins) un plan de sym´etrieLM N, plan m´ediateur du segment P Q:|P L|=|QL|,|P M|=|QM|,|P N|=|QN|.

Sous-classe β1 : le triangleLM N est ´equilat´eral,

|M N|=|N L|=|LM|=a.

|P Q|=a |P Q|=b

|P L|=|P M|=|P N|=a (1)

|P L|=|P M|=|P N|=b (4f) (3a)

|P L|=a6=|P M|=|P N|=b (4a1),(4a2) (5a1),(5a2)

|P L|=b6=|P M|=|P N|=a (2b1),(2b2) (3a) Sous-classe β2 : le triangleLM N est isoc`ele,

|M N|=b6=|N L|=|LM|=a.

|P Q|=a |P Q|=b

|P L|=|P M|=|P N|=a (1) (2a)

|P L|=|P M|=|P N|=b (3c1),(3c2) (2b1),(2b2)

|P L|=a6=|P M|=|P N|=b (5a1),(5a2) (4b)

|P L|=b6=|P M|=|P N|=a (3d1),(3d2) (4f)

|P M|=a6=|P L|=|P N|=b (5b1),(5b2) (4d1),(4d2)

|P M|=b6=|P L|=|P N|=a (3b1),(3b2) (4e1),(4e2)

Classe γ : un plan de symétrie passant par L qui est plan médiateur des segments (parallèles)M N etP Q.

Sous-classe γ1 : |M N| = |P Q| = a. Alors M N et P Q sont deux côtés opposés d’un carré,M N QP ou M N P Q. Trois configurations

|LM|=|LN|=|LP|=|LQ|=a(2a),

|LM|=|LN|=|LP|=|LQ|=a√

2 (4a1),

|LM|=|LN|=a6=|LP|=|LQ|=a√

2 (4c1).

Sous-classeγ2 :|M N|=a6=|P Q|=b. Alors (cf. la question 1)M, N, P, Q sont 4 sommets d’un pentagone r´egulier ; a/b ou b/a est le nombre d’or ; quatre configurations :

|LM|=|LN|=|LP|=|LQ|=a(3c1),

|LM|=|LN|=|LP|=|LQ|=b (3c2),

|LM|=|LN|=a6=|LP|=|LQ|=b(5d),

|LM|=|LN|=b6=|LP|=|LQ|=a(5c).

Classe δ : pas de plan de sym´etrie. Une paire de configurations chirales (4c2), (4c2’).

Remarque. L’ensemble des distances a exactement deux ´el´ements

•pour cinq points dans un plan, quand ce sont les sommets d’un pentagone r´egulier,

•pour six points dans l’espace à 3 dimensions, avec 3 configurations : les somets d’un octaèdre régulier, les sommets d’un pentagone régulier plus un sixième point sur l’axe du cercle circonscrit (deux possibilités —côté et diagonale du pentagone— pour la distance de ce point aux autres points).