D283. Les orthogones
Dans le plan, on appelle orthogone un polygone (A1,A2,A3 ,....An) [An+1 = A1] tel que :
• Les sommets sont deux à deux distincts.
• Tous les angles sont droits.
• Les côtés ouverts ] Ai-1,Ai [ sont deux à deux disjoints. [Pas de croisement]
Un orthogone (A1,A2,A3 ,....An) est dit arithmétique si ses côtés mesurent 1, 2, 3, …, n dans cet ordre.
Q1 : Démontrer que dans un orthogone arithmétique, n est un multiple de 8.
Q2 : Démontrer que pour tout entier k ≥1 il existe un orthogone arithmétique à 8k sommets.
Q3 : Combien existe-t-il d’orthogones arithmétiques à 8 sommets ? 16 sommets ?
Un orthogone est dit géométrique si ses côtés sont des réels en progression géométrique avec une raison q > 1.
Q4 : Trouver un orthogone géométrique avec un nombre de côtés le plus petit possible.
Solution
Préambule :
Tous les angles étant droits, le nombre de sommets et de côtés est pair : n=2k
On considérera que le tracé se fait en partant du point A1 par des déplacements successifs.
Les déplacements horizontaux seront qualifiés par les points cardinaux E-W (E positif, W négatif), les déplacements verticaux par N-S (N positif, S négatif).
On admettra que l’on commence le tracé par un déplacement vers E suivi d’un déplacement vers le N.
Par convention on appellera dans ce document « Cumul » une addition de chiffres affectés d’un signe qui peut aussi bien être positif que négatif (exemple
1+2-3-4+5
est un Cumul).Avec les conventions ci-dessus :
le Cumul des k déplacements impairs qui sont donc E-W est noté CI(k).
le Cumul des k déplacements pairs qui sont donc N-S est noté CP(k).
La somme des k premiers chiffres impairs de 1 à 2k-1 est égale à SI(k)=k². Exemple : SI(3)=1+3+5=9=3² La somme des k premiers chiffres pairs de 2 à 2k est égale à SP(k)=k(k+1). Exemple : SP(3)=2+4+6=12=3.4
Démonstration
Question 1 : Démontrer que dans un orthogone arithmétique, n est un multiple de 8.
Après n déplacements E ou W et n déplacements N ou S, puisque l’on revient au point de départ,
1.
La Sommation des déplacements impairs E ou W, doit être nulle.Appelons p la somme de ces déplacements positifs et donc également p la somme de ces déplacements négatifs, alors
CI(k) = p-p = 0 , mais on a aussi SI(k) = p+p = k², donc k
² = 2p
[1]
2. La Sommation des déplacements pairs N ou S, doit être nulle.
Appelons q la somme de ces déplacements positifs et donc également q la somme de ces déplacements négatifs, alors
CP(k) = q-q = 0 , mais on a aussi SP(k) = q+q = k(k+1), donc
k(k+1) = 2q
[2]
Mais comme q est la somme de nombres pairs, on peut dire que q = 2r, donc
k(k+1) = 4r
[3]
Il y a eu n = 2 k déplacements.
[1]
implique que k est pair, donc k = 2x[3]
implique que k(k+1) = 2x(2x+1) = 4r, donc x(2x+1) = 2r, donc x est pair, donc x=2y Au final nombre total de déplacements = n = 2k = 4x = 8yLe nombre total n de déplacements est bien un multiple de 8.
Reste à démontrer que pour tout multiple de 8 il y a au moins un orthogone arithmétique, c’est la question
suivante.
Question 2 : Démontrer que pour tout entier k ≥1 il existe un orthogone arithmétique à 8k sommets.
Prenons une suite arithmétique n nombres 1,2,3…8k Découpons-la en 8 sous-suites :
A=La suite des déplacements impairs de 1 à 2k-1 B= La suite des déplacements pairs de 2 à 2k
C=La suite des déplacements impairs de 2k+1 à 4k-1 D= La suite des déplacements pairs de 2k+2 à 4k E=La suite des déplacements impairs de 4k+1 à 6k-1 F= La suite des déplacements pairs de 4k+2 à 6k G=La suite des déplacements impairs de 6k+1 à 8k-1 H= La suite des déplacements pairs de 6k+2 à 8k
Calculons pour chacun la somme des nombres qui composent ces sous-suites : SA= SI(k)=k²
SB= SP(k)=k(k+1) = k²+k SC= SI(2k) – SI(k)= 4k²-k² = 3k²
SD= SP(2k) – SP(k)= 2k(2k+1) – k(k+1) = 3k² + k SE= SI(3k) – SI(2k)= 9k²-4k² = 5k²
SF= SP(3k) – SP(2k)= 3k(3k+1) – 2k(2k+1) = 5k² + k SG= SI(4k) – SI(3k)= 16k²-9k² = 7k²
SH= SP(4k) – SP(3k)= 4k(4k+1) – 3k(3k+1) = 7k² + k On constate que
SA + SG = SC + SE = 8k² SB + SH = SD + SF = 8k² + 2k
Cela donne la stratégie à employer pour tracer une solution pour tout orthogone arithmétique à 8k sommets.
Pour les 2 k premiers côtés, se déplacer alternativement E et N Pour les 4 k côtés suivants, se déplacer alternativement W et S Pour les 2 k derniers côtés, se déplacer alternativement E et N
Il faut vérifier que ce mode de construction garantit un non croisement.
On constate avec les convention de tracé initial (E d’abord, puis N) qu’il y a génération d’un escalier montant , puis d’un escalier descendant positionné au-dessus pour finir par un escalier montant qui rejoint le point d’origine en restant sous l’escalier descendant précédent.
Tout cela peut se démontrer assez simplement en considérant que sur le schéma de la page suivante
1. Que seuls les points pairs peuvent poser une difficulté en provoquant la traversée d’une arête pour les rejoindre.
2. Que ces point sont au départ sur une courbe (C) d’équation y = x + √x (x=k² et y=k²+k en paramétrique) 3. Que les points A et B sont des points de symétrie centrale qui s’applique à cette courbe (C). Cela définit les
courbes (C’), puis (C "). En conséquence elles sont de part et d’autre d’une tangente commune, ce qui garantit que les positions respectives des points pairs ne permettent pas le croisement
Exemple d’orthogone à 24 côtés avec ce type de construction :
Question 3 : Combien existe-t-il d’orthogones arithmétiques à 8 sommets ? 16 sommets ?
Par rapport aux hypothèses de repère E-W et N-S, commencer par un autre point cardinal n’entraîne qu’une rotation.
De plus continuer pour le premier déplacement par S au lieu de N inverse la suite de déplacements pairs et ne conduit qu’au même orthogone à une symétrie près.
Donc nous considérons qu’à une rotation ou une symétrie prés, il s’agit en fait d’un seul et même orthogone.
Orthogone à 8 sommets : Il n’existe qu’une seule façon de regrouper les pairs et les impairs pour avoir des sommes nulles, donc 1 seul orthogone à 8 sommets.
On vérifie bien qu’il n’y a pas de croisement.
Orthogone à 16 sommets : Il existe de multiples façons de regrouper les pairs et les impairs pour avoir des sommes nulles.
Pour les points impairs, nous avons relevé 4 types de regroupement possibles.
I1 : 1-3-13-15 I2 : 1-5-11-15 I3 : 1-7-9-15 I4 : 1-7-11-13
Pour les points pairs, nous avons relevé 7 types de regroupement possibles.
P1 : 2-4-14-16 P2 : 2-8-10-16 P3 : 2-6-12-16 P4 : 2-4-6-8-16 P5 : 2-8-12-14 P6 : 2-4-6-10-14 P7 : 2-4-8-10-12
Ces 2 regroupements étant indépendants, cela donne potentiellement 28 orthogones (hors les symétries).
Mais il faut éliminer les schémas avec croisements. Le tracé semble difficilement évitable pour arbitrer ? En effectuant celui-ci, on a le résultat final suivant :
-10 -8 -6 -4 -2 0 2 4
-10 -5 0 5
Un orthogone dégénéré n’a pas de croisement, mais des arêtes dont une partie est commune sans participer à un croisement.
Hors ces 2 cas particuliers, il n’y a que 3 orthogones à 16 sommets.
Vous en avez la représentation ci-dessous (il faut également ajouter leur symétrique pour être complet).
Solution I1P1 :
Solution I1P4 :
. Solution I1P5 :
.
Question 4 : Trouver un orthogone géométrique avec un nombre de côtés le plus petit possible.
Constatons d’abord que la base de départ n’a pas d’importance ; Si elle est choisie égale à
b
au lieu d’être égale à 1, cela revient à obtenir un orthogone homothétique de l’orthogone à base 1 dans un rapportb
.Donc la base de départ retenue sera de 1 et la raison q.
Trouvons maintenant l’orthogone géométrique avec le nombre de côtés le plus petit possible.
Pour les mêmes raisons que l’orthogone arithmétique, Il faut au moins que n soit pair et que n >= 4. On pose n = 2k Par un raisonnement identique à celui de l’orthogone arithmétique, il faut que le « Cumul » des déplacements E-W soit nul ainsi que le « cumul » des déplacements N-S. Ce qui ‘exprime sous la forme :
CI(k) = 0 CP(k) = 0
Si on choisit la même alternance N-S pour les sommets pairs que l’alternance E-W pour les sommets impairs, on constate que :
CP(k) = q. CI(k)
Donc quand on trouve une alternance correcte pour les déplacements E-W, la même alternance est une solution pour les déplacements N-S.
Orthogone à 4 côtés :
Si q =1, on peut obtenir un carré, mais puisque q>1, on a au mieux un carré spiralé non fermé.
Donc pas de solution à 4 côtés Orthogone à 6 côtés :
Prenons pour l’alternance des 3 sommets impairs : E-E-W Idem pour les sommets pairs avec : N-N-S
Le cumul des côtés impairs vaut 1+q²-q4, il doit nous ramener à l’origine, donc : 1+q²-q4 = 0
La seule solution avec q>1 vaut :
𝐪 = √
𝟏+√𝟓𝟐
q = 1,272
C’est un orthogone géométrique avec le nombre de côtés minimum.
Michel Goudard
