Casse-tête de février 2012
Ce mois-ci, vous êtes invité à prendre une règle et un compas pour tracer un icosagone puis un henicosagone qui sont respectivement des polygones réguliers de 20 et 21 côtés. Pour quel polygone, s'agit-il d'un abominable casse-tête?
Vous passez ensuite au plat de résistance suivant:
Q1 - Parmi les sommets de l’icosagone trouver le plus grand nombre possible de points de telle sorte que pris trois par trois, ils ne forment jamais un triangle isocèle.
Q2 - Parmi les sommets de l’henicosagone trouver le plus grand nombre possible de points de telle sorte que les distances qui séparent ces points pris deux à deux sont toutes différentes.
Dans chacun des deux cas, donner un exemple de la configuration correspondante.
Solution de Jean Nicot
.Le pentagone est constructible, donc également le décagone et l’icosagone.
Comme le polygone à 7 côtés n’est pas constructible à la règle et au compas, il en est de même du polygone à 3x7=21 côtés.
Q1- On note 1, 2, 3,..,20 les sommets successifs de l’icosagone et α=2π/20.
Ayant 2 points A et B, on n’aura pas de triangle isocèle possible si l’angle AOB est multiple impair de α. Au contraire, si AOB est multiple pair de α, il y en aura deux situés sur la bissectrice de AOB.
On recherche une configuration avec le maximum de paires de points voisins, séparés par un angle 2 α, et avec une symétrie centrale.
On trouve ainsi les 8 points 1,2 ,4,5, et 11,12, 14,15.
Une configuration différente existe avec les paires de points séparés de 3α,chaque paire restant séparée de 2α.
On trouve 1,4, 6,9 et les symétriques 11,14 16 19..
Il est donc possible de trouver 8 points répondant à la question Q1.
Q2- Les cordes reliant 2 sommets d’un henicosagone ont au plus 10 longueurs différentes.
Pris deux à deux, cinq points déterminent 10 longueurs. On ne peut donc placer au plus que 5 points et toutes les longueurs possibles seront représentées. Soient ABCDE ces 5 points pris dans le sens trigonométrique.
Pour éviter les configurations égales à une rotation près, on peut convenir d’affecter aux extrémités du plus petit côté les lettres A et B. Pour éviter une solution symétrique, on convient de représenter la solution de façon que BC < EA.
En notant α = 2π/21, le segment AB est vu du centre sous un angle α, BC sous 3α, CD sous 10α, DE sous 2α et EA sous 5α. Ainsi, AC est vu sous 4α, AD sous 7α, DB sous 8α, BE sous 6 α,CE sous 9α.
