Enonc´e noA438 (Diophante) Objet volant `a identifier
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Lemme.
Soit U V W un triangle `a cˆot´es u, v, w commensurables avec le rayon R du cercle circonscrit. Alors les demi-angles du triangle ont des tangentes ration- nelles.
Preuve. Par les relations classiques (o`u pest le demi-p´erim`etre)
sinU = u
2R, cosU = v2+w2−u2
2vw , tanU
2 = 1−cosU
sinU = 4(p−v)(p−w) uvw Il en r´esulte que les sinus et cosinus des angles du triangle sont rationnels, et que les hauteurs sont aussi commensurables avecR. L’aire est donc com- mensurable avecR2.
Pour appliquer ce lemme au quadrilat`ere inscriptibleABCD, je note 4a, 4b, 4c, 4d les mesures des arcs AB, BC, CD, DA sur le cercle circonscrit. Un triangle tel queABC a pour angles 2b, 2c+ 2d, 2aavec
a+b+c+d=π/2.
Par le lemme, les quantit´es tana,tanb,tanc,tand sont quatre rationnels.
Les longueurs des cˆot´es et des diagonales sont
AB= 2Rsin(2a), BC = 2Rsin(2b), CD= 2Rsin(2c), DA= 2Rsin(2d), AC= 2Rsin(2a+ 2b), BD= 2Rsin(2a+ 2d).
Le quadrilat`ere ABCD ´etant circonscriptible et convexe, la longueur d’un cˆot´e est la somme des longueurs des tangentes men´ees au cercle par les som- mets extr´emit´es de ce cˆot´e. Ainsi la diff´erence des longueurs des tangentes men´ees deA etC au cercle inscrit est AB−BC=AD−CD.
Pour que le quadrilat`ere soit bicentrique, il est donc n´ecessaire que
sin(2a)+sin(2c) = sin(2b)+sin(2d), condition qui peut aussi s’´ecrire, compte tenu quea+b+c+d=π/2,
tanatanc= tanbtand.
Cette condition est d’ailleurs suffisante : soit I et J les intersections de la bissectrice de l’angleAavec les bissctrices des anglesB etDrespectivement.
Dans le triangleABI, qui a pour anglesb+c,c+detπ/2 +a−c, la loi des sinus donne
AI =AB sin(c+d)
sin(π/2 +a−c) = 2Rsin(2a) sin(c+d) cos(c−a) On obtient de mˆeme
AJ = 2Rsin(2d) sin(a+b) cos(d−b)
et l’´egalit´e AI =AJ ram`ene `a la condition pr´ec´edente. SiI appartient aux 3 bissectrices des anglesD, A, B, il est ´equidistant des 4 cˆot´es et appartient
`
a la bissectrice deC.
Le demi-p´erim`etre ´etant commensurable avec R et l’aire du quadrilat`ere
´etant commensurable avecR2, leur quotient, qui est le rayon du cercle inscrit, est commensurable avecR.
Plus pr´ecis´ement, on a, puisque (2a+ 2b) + (2c+ 2d) =π, 2S=AB.BCsin(2c+ 2d) +CD.DAsin(2a+ 2b)
2S= 4R2sin(2a+ 2b)(sin(2a) sin(2b) + sin(2c) sin(2d)) 2S= 2R2sin(2a+ 2b)(cos(2a−2b) + cos(2c−2d))
2S=R2(sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) + sin(4d)) r = R
2 ·sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) + sin(4d) sin(2a) + sin(2c) + sin(2b) + sin(2d)
La derni`ere condition `a satisfaire concerne la distance OI entre les centres des deux cercles. Dans le triangle AOI, l’angle en A est |d−a|, car l’angle OAB vaut π/2−2a = b+c+d−a et l’angle IAB, b+c comme on l’a vu. La formule d’Al-Kashi conduit alors, en tenant compte des relations pr´ec´edentes, `a
OI2 =R2(tan2(c−a) + cos(2c+ 2a)/cos2(c−a)).
Cette expression en tanaet tancdoit ˆetre le carr´e d’un rationnel pour que OI soit commensurable avecR.
En conclusion, pour procurer `a l’OVAI les propri´et´es sp´ecifi´ees, il faut trou- ver
– quatre anglesa, b, c, d, `a tangentes rationnelles, – de sommeπ/2, d’o`u tan(a+c) tan(b+d) = 1, – v´erifiant tanatanc= tanbtand,
– et donnant `aOI/R une valeur rationnelle.
Si les quatre tangentes sont x, y, z, t, les conditions ci-dessus se traduisent par :x, y, z, tsont des rationnels, v´erifiantxz =ytainsi que
(x+z)(y+t) = (1−xz)(1−yt),
et 1−6xz+x2z2= carr´e du rationnel (1 +xz)OI/R.
Posonsxz=yt=f.
On doit avoir 1−6f+f2 =g2, avec f etg rationnels, 0< f <1.
Il s’agit donc de points rationnels (f, g) sur l’arc d’hyperbole repr´esent´e par cette ´equation.
Le point (0,−1) appartenant `a l’hyperbole, un param´etrage rationnel est donn´e par g =f h−1, f = (2h−6)/(h2 −1), g = (h2−6h+ 1)/(h2−1).
L’arc 0< f <1 correspond `a h >3.
Dans la relation (x+z)(y+t) = (1−xz)(1−yt), substituonsz=f /x, t=f /y, on a sous forme enti`ere
(x2+f)(y2+f) =xy(1−f)2
et en substituantf par (2h−6)/(h2−1),
(h2−1)2(x2y2−xy) + (h2−1)(2h−6)(x+y)2+ (2h−6)2(1−xy) = 0.
C’est l’´equation en coordonn´ees h, x, y d’une surface du 8e degr´e ; un point de cette surface `a coordonn´ees rationnelles (h >3, 0< x, y <1) fournit un OVAI.
En effet, on peut expliciter toutes les longueurs, `a un facteur commun pr`es, en fonction du quadruplet (x, y, z, t), puis choisir le facteur pour obtenir des longueurs enti`eres. C’est seulement au terme de ce processus que l’on obtient la valeur deR que le probl`eme demande de minimiser.
La recherche des points rationnels sur l’´equation ci-dessus (ou autrement) apparaˆıt cependant difficile dans le cas g´en´eral, et ne paraˆıt pas se prˆeter `a un param´etrage donnant une description syst´ematique des solutions, ce qui aiderait pour la recherche duR minimum.
Mˆeme en se restreignant `a une solution pr´esentant une sym´etrie, la discussion n’est pas imm´ediate, si par exemple x = z (le quadrilat`ere est alors un trap`eze). Je n’en ai pas vu d’exemple et je doute qu’il en existe, sans avoir de preuve d’impossibilit´e.
Sous la formef = 1/m2, la condition 1−6x2+x4 carr´e de rationnel donne h2 −1 = (2h−6)m2, puis (h−m2)2 = 1−6m2+m4 ram`ene `a la mˆeme
´equation. Peut-ˆetre y a-t-il l`a un m´ecanisme de “descente infinie” `a la Fer- mat, mais je n’ai pas approfondi ce point.
Mais un cas de simplification notable correspond `ay=x, qui entraˆınez=t.
On a alors a=b, c =d,b+c =π/4 = d+a :BD = 2R est un diam`etre du cercle circonscrit et un axe de sym´etrie de la figure, les angles enAetC sont droits etOI/R est rationnel si tanal’est.
Les longueurs sont AB = BC = 2Rsin(2a), CD = DA = 2Rcos(2a), AC= 2Rsin(4a),
r= Rsin(4a)
sin(2a) + cos(2a), OI =R|tan(π/4−2a)|=R|cos(2a)−sin(2a)|
sin(2a) + cos(2a) L’´equation de la surface en h, x, y donne pour l’intersection avec le plan x=y les courbesx=y= 2/(h−1), d’o`u z=t= (h−3)/(h+ 1),
oux=y= (h−3)/(h+ 1), avec z=t= 2/(h−1).
On retrouve la relationz= (1−x)/(1 +x) correspondant `ab+c=π/4.
Le rationnelxest la fraction irr´eductiblep/q, o`u (quitte `a ´echangerx etz) je peux supposerp etq de parit´e contraire. On a alors
R
(p2+q2)2(q2−p2+ 2pq) = AB
4pq(p2+q2)(q2−p2+ 2pq) =
= CD
2(q2−p2)(p2+q2)(q2−p2+ 2pq) = AC
8pq(q2−p2)(q2−p2+ 2pq) =
= r
4pq(q4−p4) = OI
(p2+q2)2|q2−p2−2pq|
On peut voir que les d´enominateurs sont des entiers premiers entre eux dans leur ensemble ; il existe une combinaison lin´eaire de ces nombres, `a coefficients entiers, qui vaut 1. Appliqu´ee aux num´erateurs, qui doivent ˆetre entiers, cette combinaison fournit un entier, qui sera le PGCD de toutes ces longueurs.
Pour obtenirR minimum, on prend ce PGCD ´egal `a 1. Ainsi R= (p2+q2)2(q2−p2+ 2pq).
La plus petite valeur de R correspond `a p= 1, q= 2, d’o`u
R = 175, BD = 350, AB = BC = 280, CD = DA = 210, AC = 336, r= 120, OI = 25.
Remarque. Th´eor`eme de Fuss
Le param´etrage dexz=f, (1 +xz)OI/R=g donne OI/R=g/(1 +f), (R+OI)/R= (1 +f+g)/(1 +f),
(R−OI)/R= (1 +f−g)/(1 +f), d’o`u on tire, avec g2 = 1−6f +f2, R2
(R+OI)2 + R2
(R−OI)2 = (1−f2)2 16f2 Evaluons r/R avec le param`etre f.
Pour le demi-p´erim`etre (divis´e par 2R) on a
sin(2a) + sin(2c) = sin(2b) + sin(2d) = 2x
1 +x2 + 2z 1 +z2 =
= 2(x+z)(1 +f)
(1−f)2+ (x+z)2 = 2(1 +f) x+y+z+t
car (1 +x2)(1 +z2) = (1−xz)2+ (x+z)2= (x+z)(x+y+z+t).
Pour la surface, une premi`ere contribution est sin(4a) + sin(4c) = 4x(1−x2)
(1 +x2)2 +4z(1−z2) (1 +z2)2 =
= 4(x+z)(1−f)(1 + 6f +f2−(x+z)2) ((1 +x2)(1 +z2))2
sin(4a) + sin(4c) = 4(1−f)(1 + 6f+f2)
(x+z)(x+y+z+t)2 − 4(1−f)(x+z) (x+y+z+t)2 et comme (1−f)2 = (x+z)(y+t), on a
sin(4a) + sin(4c) = 4(y+t)(1 + 6f +f2)
(1−f)(x+y+z+t)2 − 4(1−f)(x+z) (x+y+z+t)2 Pour obtenir sin(4b) + sin(4d), il suffit d’´echanger les paires (x, z) et y, t) dans l’expression pr´ec´edente. De ce fait, en ajoutant les deux contributions,
2S
R2 = 4
x+y+z+t
1 + 6f+f2
1−f −(1−f)
!
= 32f
(1−f)(x+y+z+t) On en tirer/R= 4f /(1−f2).
On a donc (th´eor`eme de Fuss) 1
(R+OI)2 + 1
(R−OI)2 = 1 r2
Comme on peut obtenir tous les quadrilat`eres bicentriques par les param´etrages indiqu´es, quitte `a ne pas se limiter aux valeurs rationnelles des param`etres, cette relation constitue une propri´et´e de tous ces quadrilat`eres.
