Enonc´e noD150 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin
Je note Fn une figure repr´esentant un ensemble de n cercles pentafoli´es.
L’´enonc´e demande de discuter l’existence de F2007 etF2008.
On va voir que la condition n´ecessaire et suffisante d’existence deFnest : n= 2k, k6= 1, 2, 3, 4, 5, 7.
1) Il n’existe pas deFn pourn impair.
Si je compte les points de contact sur chacun des cercles, j’obtiens 5n, mais chaque point est compt´e deux fois, car il ne passe pas plus de deux cercles en chaque point. Cela exclut quensoit impair, et F2007 ne peut exister.
2) Il n’existe pas deFn pourn <12.
Je trace le graphe ayant pour sommets les centres des cercles et pour arˆetes les segments joignant les centres de cercles tangents. Ce graphe r´egulier, `an sommets de degr´e 5, a 5n/2 arˆetes et au plus 5n/3 faces (chaque face a au moins 3 cˆot´es) ; la relation d’Euler-DescartesS+F−A= 2 donne
2≤n+ 5n/3−5n/2 =n/6, ce qui contredit l’hypoth`ese n <12.
3) Il existe F12.
Je consid`ere un dod´eca`edre r´egulier. Son centre est ´equidistant de chacune de ses 30 arˆetes. C’est le centre d’une sph`ere tangente `a ces arˆetes en leur milieu, et cette sph`ere est coup´ee par les plans des 12 faces (pentagonales) selon 12 cercles tangents `a ces arˆetes et donc entre eux, chaque cercle ´etant tangent `a 5 autres.
Une inversion dont le pˆole est sur la sph`ere hors des 12 cercles transforme la sph`ere en un plan, et les 12 cercles en 12 cercles de ce plan, chaque cercle
´etant tangent `a 5 autres. La figure obtenue est bien une F12. Si le pˆole est int´erieur `a une des 12 calottes bord´ees par les cercles, la figure s’inscrit dans un cercle (le plus grand des 12).
En vue des d´eveloppements des paragraphes suivants, je choisis une F12 `a sym´etrie quinaire, en prenant le pˆole d’inversion sur un axe de sym´etrie quinaire du dod´eca`edre (ces axes sont les droites joignant le centre au centre d’une face pentagonale).
Dans laF12 obtenue, 10 des cercles forment un anneau entourant un cercle central (transform´e du cercle qui borde la calotte sur laquelle est le point antipode du pˆole d’inversion) et contenu dans le cercle ext´erieur. Par la sym´etrie quinaire, sur le cercle central comme sur le cercle ext´erieur, les 5 points de contact des autres cercles forment des pentagones r´eguliers.
4) Trac´e de F12
Les proportions de la figure d´efinie en fin de paragraphe 3 (`a sym´etrie qui- naire) sont les suivantes.
Je prends le rayon du cercle central comme unit´e de longueur, et je noterai sin(π/5) =s.
Alors les 5 centres de la premi`ere couronne de cercles (tangents au cercle central) forment un pentagone de rayon 1/(1−s) = 2,43. . .
Les 5 centres de la seconde couronne de cercles (tangents aux cercles de la premi`ere couronne) forment un pentagone de rayon (2s+ 1)/(3s−1−2s2) = 30,06. . .
Le cercle ext´erieur a pour rayon (3s+ 1 + 2s2)/(3s−1−2s2) = 47,73. . . D’un point du cercle ext´erieur, le cercle central est vu sous un angle
θ=π−4 arctan 4 s
17√ 5−1 18√
5 = 0,0419056 radian = 2◦2400400 5) Il existe F12+10k pour toutkentier >0.
La similitude qui transforme les points de contact sur le cercle central de cetteF12 en les points de contact sur le cercle ext´erieur transforme F12 en F120 .
La figure qui associe les cercles deF12et ceux deF120 , mais o`u on a supprim´e le cercle commun (ext´erieur deF12, central deF120 ), a 22 cercles dont chacun a 5 points de contact avec les autres : c’est uneF22, avec la mˆeme propri´et´e de sym´etrie quinaire.
On peut renouveler le proc´ed´e pour ajouter des cercles par paquets de 10 : appliquant sur le cercle ext´erieur d’une F12+10k le cercle central d’un F12, de fa¸con que les 5 points de contact des cercles co¨ıncident, et supprimant le cercle commun, on obtient uneF12+10(k+1), toujours `a sym´etrie quinaire.
Par exemple, comme 502 = 12 + 49·10, on peut construire de cette fa¸con F502.
La construction indiqu´ee pourF12+10kconduit `a un rapport (47,73)k+1entre rayons des cercles ext´erieur et central, soit plus de 2000 d`esF22.
6) Soita, b entiers aveca >0, b≥0 : il existeF12a+10b.
Comme chaque Fn n’occupe qu’une partie finie du plan, on peut former Fn+p `a partir deFnetFp plac´es de mani`ere `a ne pas se recouvrir. On forme ainsiF12a+10b au moyen de afigures du type F12+10k,k≥0.
Par exemple, on peut formerF2008 en disposant 4 copies deF502 de mani`ere qu’elles ne se recouvrent pas. Mais on peut aussi recourir `a F52 compl´et´e par 163 copies deF12, ou encore `aF1972 compl´et´e par 3 copies deF12. 7) Valeurs denpour lesquellesFn n’existe pas.
Ce sont, d’une part, les pairs de 2 `a 10 et tous les impairs, en vertu des paragraphes 1) et 2) ci-dessus.
D’autre part, le proc´ed´e de construction que j’ai indiqu´e ne vaut pas pour les valeurs dennon repr´esentables commen= 12a+ 10bavec a >0, b≥0 ; ce sont, pour n > 10, n = 14, 16, 18, 20, 26, 28, 30, 38, 40, 50. Il reste `a voir si l’ensemble des valeurs rendant impossible l’existence deFncomprend tout ou partie de cette liste. C’eest l’objet des paragraphes suivants.
8) Cas r´esiduels (approche topologique)
Prenons par exemple le casn= 14. Avec 14 sommets pour le graphe d´efini au paragraphe 2, on a 35 arˆetes et 23 faces. Pour avoir le bon compte d’arˆetes, il faudrait une face quadrangulaire et 22 faces triangulaires.
Or si on part d’un carr´e (face quadrangulaire) pour compl´eter le graphe par des triangles de proche en proche, chaque sommet ayant un degr´e 5, on constate que la figure obtenue garde la sym´etrie du carr´e et le trac´e s’arrˆete sur une face infinie quadrangulaire avec 16 sommets et non 14, 40 arˆetes et 26 faces.
Cela montre queF14n’existe pas. Mais cela donne une piste pour construire F16, et plus g´en´eralement F4k sur la base d’une sym´etrie d’ordre k pour k≥3. En effet, avecn= 4k, on a 10karˆetes et 6k+ 2 faces qui peuvent ˆetre 2 faces `akcˆot´es et 6kfaces triangulaires. Ces cas font l’objet du paragraphe suivant.
Examinons maintenant n = 18 : 18 sommets, 45 arˆetes, 29 faces parmi lesquelles
– soit une face hexagonale,
– soit une face pentagonale et une face quadrangulaire, – soit 3 faces quadrangulaires,
pour avoir le bon compte d’arˆetes. Je privil´egie un graphe construit sur cette derni`ere solution pour b´en´eficier d’une sym´etrie ternaire qui all`ege la mise en ´equation m´etrique (paragraphe 10).
Si les conditions m´etriques (cercles tangents) peuvent ˆetre satisfaites sur la base de ce graphe, le cas n = 30 peut ˆetre trait´e en juxtaposant F18 et F12. Les derniers cas douteux peuvent ˆetre trait´es `a partir de la solution donn´ee par Claude Morin pourn= 26 (paragraphe 11), car 38 = 26 + 12 et 50 = 26 + 12 + 12.
9) Cas n= 4k (approche m´etrique)
Je vais consid´erer 4 polygones r´eguliers `a k cˆot´es, de centreO (origine des coordonn´ees polaires). Pour 1≤j ≤k, les coordonn´ees des sommets sont
Aj a1 +t2
2t ,(2j−1)π k
!
Bj d(1−t)2
2t −b,(2j−2)π k
!
Cj a(1 +t)2
2t +c,(2j−1)π k
!
Dj d1 +t2
2t ,(2j−2)π k
!
o`ut= tan(π/2k).
a, b, c, dsont des longueurs, rayons de cercles centr´es enAj, Bj, Cj, Dj.
Pour former un syst`eme de n cercles pentafoli´es, il suffit de choisir a, b, c, d de fa¸con que
(*)A1B1 =a+b,B1C1=b+c,C1D1 =c+d
car le choix des coordonn´ees garantitAjCj =a+c,BjDj =b+d. Un cercle (Aj), par exemple, est tangent `a (Aj±1) et (Cj), de mˆeme qu’un cercle (Dj) est tangent `a (Dj±1) et (Bj).
Les 3 ´equations exprimant les conditions (*) sont du 1er degr´e en b et du 1er degr´e enc. L’´elimination de b et c conduit `a une ´equation du 4e degr´e en d/a, `a coefficients fonctions rationnelles det.
Mais j’observe qu’une inversion de pˆole O produit une figure ayant les mˆemes propri´et´es et les mˆemes sym´etries. Notant Ij le point de contact des cercles centr´es enBj etCj, la figure r´esultant de l’inversion peut mˆeme ˆetre g´eom´etriquement semblable siIj est sur la bissectrice de l’angleAjOBj. Cette derni`ere condition permet de d´efinir la figure `a partir d’un param`etre β. En notant γ = π/(4k), je pose 2β + 2γ = mesure de l’arc du cercle (Bj) joignant les points de contact avec le cercle (Cj) et le cercle (Dj). Une inversion de puissance OIj2 ´equivaut `a une sym´etrie par rapport `a OIj, et l’arc du cercle (Aj) joignant les points de contact avec le cercle (Bj) et le cercle (Cj) a pour mesure 2β−2γ. On en d´eduit les rapports entre longueurs (l’indicej a ´et´e omis)
OI=OA(1 + sin(4γ)) cos(β−γ)
cos(β+γ) =a(1 + sin(4γ)) cos(β−γ) sin(4γ) cos(β+γ)
=OBsin(2β+ 2γ)
sin(2β) =bsin(2β+ 2γ) sin(2γ)
=OCsin(2β−2γ)
sin(2β) =csin(2β−2γ) sin(2γ)
=OD(1−sin(4γ)) cos(β+γ)
cos(β−γ) =d(1−sin(4γ)) cos(β+γ) sin(4γ) cos(β−γ)
La conditionAB=a+b suffit `a d´eterminer le param`etre β, et aboutit `a la relation
tan(2β) = 2 + 2 cos(2β) cos(2γ)
dont on voit facilement qu’elle a une solution uniqueγ < β < π/4 car dans cet intervalle la fonction (tan(2β)/2−1)/cos(2β) est croissante d’une valeur n´egative, pour 2β= 2γ(≤π/6), `a +∞.
Il apparaˆıt que pour k = 3, cette approche conduit `a une F12 `a sym´etrie ternaire, c’est celle que fournit le dod´eca`edre si on prend le pˆole d’inversion sur un axe de sym´etrie ternaire (axe joignant le centre `a un sommet du dod´eca`edre).
On en tire aussi, avec k = 502, une solution pour F2008 diff´erant de celles
´evoqu´ees au paragraphe 6.
10) Casn= 18 (approche m´etrique)
Je dispose les centres des cercles en 6 triangles ´equilat´eraux centr´es en O (origine des coordonn´ees polaires). Avec j d´efini modulo 3, le graphe choisi repr´esente les contacts suivants entre les cercles (not´es par leur centre) : Aj :Aj±1,Bj±1,Cj,
Bj :Aj±1,Cj±1,Dj, Cj :Aj,Bj±1,Dj+1,Ej, Dj :Bj,Cj−1,Ej±1,Fj, Ej :Cj,Dj±1,Fj±1, Fj :Dj,Ej±1,Fj±1.
On voit imm´ediatement que AjBjCj sont align´es (m´ediatrice de Aj−1Aj+1 et de Bj−1Bj+1), de mˆeme que DjEjFj. En notant a, b, c, d, e, f les rayons des cercles, on peut exprimer les coordonn´ees des sommets, de mani`ere `a assurer les contacts des Aj et desFj :
Aj
2a
√3, 2jπ 3
Bj
a
√
3 +pb2+ 2ab, π+2jπ 3
Cj
2a
√3+a+c, 2jπ 3
Dj
2f
√3 −f −d, θ+2jπ 3
Ej f
√3 ±qe2+ 2ef , θ+π+2jπ 3
Fj
2f
√3, θ+2jπ 3
La conditionBjCj+1=b+cfournitc en fonction de aetb: c(2b−a(2 +√
3) +√
b2+ 2ab) =a(b+a(2 +√ 3)−√
b2+ 2ab) et de mˆeme DjEj+1=d+epour den fonction de eetf : d(2e−f(2−√
3)−pe2+ 2ef) =f(e+f(2−√
3) +pe2+ 2ef).
Il reste `a satisfaire les conditions
BjDj =b+d,CjEj =c+e,CjDj+1 =c+d
en disposant des 4 param`etres ind´ependantsb/a, e/a, f /a, θ.
Les calculs sont trop lourds `a la main pour que j’explicite et que je discute ce syst`eme, mais il paraˆıt tr`es probable qu’il admet des solutions positives (moins de conditions que de param`etres), ce qui entraˆıne l’existence deF18. 11) Le casn= 26
Claude Morin traite ce cas par une adaptation du cas n= 20.
On r´eduit le rayon des 5 cercles Dj pour qu’ils ne se touchent plus, et on r´etablit leur nombre de contacts `a 5 en ajoutant 5 cerclesEj qui se touchent entre eux. Les cinqui`emes contacts des cerclesEj sont fournis par un cercle de centre O entourant l’ensemble, la table des contacts ´etant (avec j d´efini modulo 5)
Aj :Aj±1,Bj,Bj+1,Cj
Bj :Aj−1,Aj,Cj−1,Cj,Dj Cj :Aj,Bj,Bj+1,Dj,Dj+1
Dj :Bj,Cj−1,Cj,Ej−1,Ej
Ej :Dj,Dj+1,Ej±1,O O :Ej pour toutj.
Topologiquement, le graphe correspondant a 26 sommets, 65 arˆetes, 41 faces dont 5 quadrangulaires et une (la face infinie) pentagonale.
La figure F26 obtenue est `a sym´etrie quinaire. En menant une op´eration similaire cˆot´e int´erieur (cerclesAj), on obtiendrait une F32 `a sym´etrie qui- naire, ´equivalente `a celle form´ee par la m´ethode du paragraphe 5 (car 32 est de la forme 12 + 10k).
