D20205. Concours problématique
Soit ABCDEF GHIJ KLM N O un polygone régulier convexe à 15 côtés.
Les diagonalesAG, EI, F Lsont-elles concourantes ? Sinon, quelle est l’aire du triangle qu’elles forment ?
Solution
Un théorème général (H. Heineken, 1962) indique que dans un polygone régulier à nombre impair de côtés, les seuls points de concours de plus de deux droites joignant des sommets sont les sommets du polygone ou des points à l’infini de diagonales parallèles. Sa démonstration est donnée en annexe. Voici une preuve élémentaire pour le cas particulier proposé.
Soit P l’intersection des diagonales AG et EI. Les triangles P EA et P GI ont les mêmes angles, et sont semblables à retournement près. Ainsi AE/GI=P A/P I(=P E/P G).
Si de plus P appartient à F L, on a de même, avec P EF et P LI, IL/EF = P I/P F(= P L/P E), et avec P F G et P AL, F G/LA = P F/P A(=P G/P L). Multipliant membre à membre, on obtient 1, d’où la conditionAE·F G·IL=EF·GI·LA, qui est contredite parAE =LA, EF =F G,GI < IL.
Ainsi les trois diagonales forment un vrai triangle, dont l’aire Σ peut être obtenue par la relation
(AE·F G·IL−EF ·GI·LA)2= 256·S(DQG)S(GQI)S(DQI)Σ/R2 où les S(∗) sont les aires des triangles, Q et R le centre et le rayon du cercle circonscrit au polygone donné.
Le rapport de l’aire du polygone donné à Σ est 1193,0533. . .= 300 + 135√
5 + 5 q
6990 + 3126√ 5
Plus généralement, la condition de concours des diagonales reste valable pour tout hexagoneAEF GILconvexe et inscriptible, de même que la rela- tion pour l’aire en remplaçant au second membreD, G, Ipar des points du cercle circonscrit appartenant aux médiatrices des segments AG, EI, F L respectivement.
Théorème de HermannHeineken1
Un polygone régulier avec un nombre impair de sommets n’a pas (en dehors des sommets) de points communs à trois diagonales ou plus.
On ne considère que les points d’intersection qui ne sont pas des sommets du polygone, et qui sont à distance finie ; ainsi trois diagonales parallèles ne sont pas considérées comme concourantes. Pour tout nombre pairn >4 il y a trois diagonales ou plus passant par le centre du polygone. On va montrer que pour tout autre n il n’y a que deux diagonales en un point d’intersection. Nous admettons donc quenest impair et >6.
1. L’enseignement mathématique, Vol. 8 (1962)
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Sans perte de généralité nous pouvons admettre que le polygone régulier P0P1. . . Pn−1 est inscrit dans le cercle unité du plan complexe, et que l’affixe de Pk=zk avec z racine primitiven-ième de l’unité.
Admettons maintenant qu’il y a trois diagonales concourantes. Sans perte de généralité nous pouvons admettre qu’une diagonale passe par P0. Il y a alors des nombres entiers r, s, t, u, v tels que les droites P0Pr, PsPt, et PuPv ont un point commun. Il y a aussi trois nombres réelsa, b, c tels que le point commun est décrit par (1−a)+azr, ainsi que par (1−b)zs+bzt, et par (1−c)zu+czv. Comme chaque point du plan est décrit par exactement un nombre complexe, les trois quantités ci-dessus sont égales :
(1) (1−zs) +a(zr−1) +b(zs−zt) = 0, (2) (1−zu) +a(zr−1) +c(zu−zv) = 0.
Comme toutes les égalités en nombres complexes restent valables quand on remplace chaque nombre par le complexe conjugué, et que le conjugué de z est précisémentz−1, on obtient encore de (1) et (2)
(3) (1−z−s) +a(z−r−1) +b(z−s−z−t) = 0, (4) (1−z−u) +a(z−r−1) +c(z−u−z−v) = 0.
Les équations (1) à (4) forment un système linéaire ena, b, c; elles ne sont simultanément satisfaites que si le déterminant des coefficients s’annule
1−zs zr−1 zs−zt 0 1−zu zr−1 0 zu−zv 1−z−s z−r−1 z−s−z−t 0 1−z−u z−r−1 0 z−u−z−v
= 0.
Ajoutant à la première ligne la troisième ligne multipliée parzs+t, et ajou- tons à la deuxième la quatrième multipliée par zu+v, on a
((zs−zt)(zu−zv) (1−zt)(1−zs) (1−zs+t−r)(1−zr) (1−zv)(1−zu) (1−zu+v−r)(1−zr) = 0.
Comme deux diagonales ne se coupent pas en un sommet du polygone, les nombres 0, r, s, t, u, v sont tous distincts les uns des autres. Ainsi le déterminant 2×2 doit s’annuler, c’est à dire
(5)F(z) = (1−zt)(1−zs)(1−zu+v−r)−(1−zu)(1−zv)(1−zs+t−r) = 0.
Cependant z est ici une racine n-ième primitive de l’unité, et toutes les racinesn-ièmes primitives de l’unitéwvérifient une équationP(w) = 0, où P(w) est un polynôme irréductible (cyclotomique) qui dépend de n mais non du choix de w. Ainsi F(z) doit être divisible par P(z). Mais z2 est de nouveau une racine n-ième primitive, puisque n est impair, et P(z2) est divisible par P(z). En outre F(z2) est divisible parP(z2) et donc par P(z). On a alors
F(z2)−(1 +zt)(1 +zs)(1 +zu+v−r)F(z) =
= (1−zu)(1−zv)(1−zs+t−r)G(z), avec
(6)G(z) = (1 +zt)(1 +zs)(1 +zu+v−r)−(1 +zu)(1 +zv)(1 +zs+t−r) = 0.
Or (1−zu)(1−zv)6= 0 carP0,Pu etPv sont distincts, etzs+t−r 6= 1, car P0Pr n’est pas parallèle àPsPt. Soustrayant (5) de (6) et divisant par 2, nous obtenons
(7) H(z) =zt+zs+zu+v−r−zu−zv−zs+t−r =
=z−r(zr−zu)(zr−zv)−(zr−zs)(zr−zt)= 0.
On en déduit, exactement comme pour (5), que H(z2) s’annule aussi, et par le raisonnement correspondant on obtient
(8) (zr−zu)(zr−zv)−(zr−zs)(zr−zt) = 0.
Multipliant (7) par zr et ajoutant à (8), on obtient (9) 2(zu+v−zs+t) = 0.
Cette condition n’est satisfaite que si (u+v)−(s+t) est multiple den, nombre des sommets du polygone. Alors la diagonalePuPv est parallèle à la diagonale PsPt, contrairement à l’hypothèse.
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