D258 – Une collection de quadrilatères [**** à la main]
Combien y a-t-il dans le plan de quadrilatères non superposables y compris par retournement, dont les quatre côtés et la distance qui sépare les milieux des deux diagonales ont pour
dimensions pas nécessairement prises dans cet ordre : 2,3,5,11 et 12 ? Ébauche de solution par Patrick Gordon
Remarquons tout d'abord que, dans un quadrilatère (convexe ou non), la longueur d'un côté ne peut pas être supérieure à la somme des trois autres, ce qui exclut les contours (pas
nécessairement dans cet ordre) 2,3,5,11 et 2,3,5,12. En d'autres termes, la distance qui sépare les milieux des deux diagonales ne peut être que 2, 3 ou 5.
Quand on fixe les longueurs des côtés d'un quadrilatère, on n'a déterminé qu'une figure
formée de quatre tiges rigides articulées. Nous montrerons que, si l'on fixe en outre une valeur convenable de la distance des milieux des diagonales, on achève de déterminer le quadrilatère à une transformation isométrique (déplacement et/ou symétrique axiale) près. Pour déterminer quelles sont ces "valeurs convenables", l'idéal serait d'écrire une double inéquation qui
assignerait à la distance des milieux des diagonales un intervalle pour des valeurs données des longueurs des 4 côtés. Cela ne semble pas facile mais on peut procéder à l'envers.
La méthode proposée ici s'inspire, en la complétant significativement, de la solution du problème 499 du journal Le Monde.
Imaginons le problème résolu, et construit un quadrilatère ABCD avec des longueurs données des 4 côtés. Notons M et N les milieux respectifs des diagonales [AC] et [BD] et I, J, K, L les milieux des côtés AB, BC, CD, DA.
Comme MJ joint les milieux de AC et BC, MJ est parallèle à AB et de longueur AB/2. En raisonnant de même pour les autres segments joignant M et N à I, J, K, L, on montre que MJNL et MKNI sont des parallélogrammes dont les longueurs des côtés nous sont connues.
Ainsi, à partir de la donnée du segment [MN], on peut (en principe) construire les points I, J, K et L, sommets des parallélogrammes, puisque chacun est le sommet d'un triangle dont on connaît les côtés.
Ensuite, connaissant ainsi les milieux des côtés du quadrilatère et les directions de ses côtés (parallèles aux côtés des parallélogrammes), on peut achever de déterminer le quadrilatère, à une transformation isométrique près.
La pierre d'achoppement est naturellement la construction des points I, J, K et L. Chacun est bien le sommet d'un triangle dont on connaît les côtés mais encore faut-il que, pour chacun de ces triangles (il y en a 2 différents), l'inégalité du triangle – soit 2 conditions, donc 4 en tout – soit satisfaite.
Si l'on se rappelle que MN ne peut prendre que les valeurs 2, 3 ou 5, on peut, au moyen d'un tableur, dégrossir le problème.
En prenant garde autant que possible à ne pas compter deux fois les solutions superposables y compris par retournement, on arrive à 6 "candidates" dont il faut encore s'assurer qu'elles sont effectives et non redondantes par une construction géométrique, à la main ou au moyen de Geogebra. Il faut, en particulier, de bons yeux et un peu de raisonnement pour s'assurer que la 1 et la 6 ne sont pas dégénérées (ce qui serait le cas si deux côtés, voire les quatre, étaient colinéaires).
MN AB BC CD DA
1 2 3 12 5 11 quadrilatère convexe
2 2 11 3 12 5 quadrilatère croisé 3 3 2 12 5 11 quadrilatère croisé 4 3 11 2 12 5 quadrilatère croisé 5 5 2 12 11 3 quadrilatère convexe 6 5 2 3 11 12 quadrilatère croisé
On remarque que cette méthode donne, pour chacune des valeurs possibles (2, 3, 5) de MN, une paire de quadrilatères, tantôt l'un convexe l'autre croisé (pour MN = 2 et 5), tantôt les deux croisés (pour MN = 3).
Il y a plus curieux. Alors que, pour MN = 2 et 3, les paires de solutions se déduisent par permutation circulaire directe, pour MN = 5, la permutation circulaire est inverse.
À ce stade, nous avons trouvé 6 solutions.
