D294 – Cercles retreints
On considère dans un quadrillage n points distincts de coordonnées entières tels que les distances entre les points pris 2 à 2 sont toutes distinctes.
Respectivement pour n prenant les valeurs 4,5,6 et 7, déterminer l'aire minimale du cercle qui contient ces n points aussi bien en son intérieur que sur sa circonférence.
Ébauche de solution par P. Gordon
Sur un quadrillage (on prendra son côté pour unité, pour fixer les idées), on ne peut avoir entre deux points que des distances de la forme (x²+y²) (avec x ≤ y pour éviter les doubles comptes, x pouvant être nul, mais pas x et y ensemble).
Si l'on va de 0 à u pour x et de 1 à v pour y (u ≤ v), on calcule aisément qu'on a (2v + 2uv – u² + u) / 2 distances différentes possibles.
Si l'on a n points, il faut n (n −1)/2 distances différentes.
Il faut donc aller pour x de 0 à u et pour y de 1 à v, tels que (2v + 2uv – u² + u) ≥ n (n −1).
Le tableau suivant donne les valeurs de cette expression.
On constate notamment que, pour n = 4, soit n (n−1) = 12, seules les cases non en rouge conviennent, pour n = 5, soit n (n−1) = 20, seules les cases non en rouge ni en bleu conviennent, etc.
v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
u
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
1 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40
2 10 16 22 28 34 40 46 52 58
3 18 26 34 42 50 58 66 74
4 28 38 48 58 68 78 88
5 40 52 64 76 88 100
6 54 68 82 96 110
7 70 86 102 118
8 88 106 124
9 108 128
10 130
cas de n = 4
Il semble que l'on ne puisse pas faire mieux que :
AB = (0² + 1²) = 1 BC = (0² + 2²) = 2 DA = (0² + 3²) = 3 DC = (1² + 1²) = 2 AC = (1² + 2²) = 5 BD = (1² + 3²) = 10
On a pleinement utilisé 2 valeurs de x (0 et 1) et 3 valeurs de y (1, 2, 3) et l'on vérifie que, pour u = 1 et v = 3, on a bien :
(2v + 2uv – u² + u) / 2 = 6.
Tout cercle couvrant ABCD doit passer par B et D (les plus éloignés) et son diamètre, donc son aire, est minimal quand ce diamètre est BD. Ce cercle passe par A où l'angle est droit et C, où l'angle est obtus, lui est intérieur.
L'aire est donc ×10/4 = 5/2
cas de n = 5
Il faut n (n −1)/2 = 10 distances différentes. Il faut donc que u et v soient tels que : (2v + 2uv – u² + u) ≥ 20
D'après le tableau ci-dessus, cela peut se réaliser "au mieux" à partir de u = 1, v = 5 ou u = 2, v = 4.
La première idée est de partir d'un rectangle et d'en couper un coin. Les distances entières seront sur les côtés. On s'aperçoit assez vite que ce n'est pas si simple. En effet, si 4 est opposé à 2 ou 2 à 1, on aura des cordes ex-aequo. Si l'on oppose 4 à 1 et 3 à 2, avec un coin coupé 3×1, il y a aussi des cordes ex-aequo.
La seconde idée est de renoncer à avoir un pentagone convexe. Une solution est :
Ces distances sont bien toutes différentes. En les triant sur x puis sur y (Attention! x ne désigne pas l'abscisse d'un sommet ni y son ordonnée, mais respectivement la plus petite et la plus grande des coordonnées orthogonales d'un segment), on le confirme et l'on constate en outre que l'on est allé jusqu'à u (max. de x) = 3 et v (max. de y) = 4, configuration pour laquelle, d'après le tableau ci-dessus, on aurait pu disposer de 26/2 = 13 distances distinctes, alors que 10 nous suffisent :
x y d
BC 0 1 1
AB 0 2 2
DE 0 3 3
AE 0 4 4
AC 1 2 5
CD 1 3 10
BD 1 4 17
CE 2 3 13
BE 2 4 20
AD 3 4 5
On n'a donc pas utilisé tous les couples x, y avec x ≤ y (par exemple (1² + 1²) =2 ne figure pas).
Cette solution n'est donc peut-être pas la plus "compacte" possible donc d'aire minimale (pour n = 5 points) du cercle "couvrant". Elle ne semble toutefois pas mauvaise. Relevons donc que, comme dans l'exemple ci-dessus, tout cercle couvrant ABCDE doit passer par A et D (les plus éloignés) et son diamètre, donc son aire, est minimal quand ce diamètre est AD. Ce cercle passe par E où l'angle est droit et C ,est intérieur à ABD, lui-même intérieur au cercle car l'angle en B est de ABD est obtus.
L'aire est donc ×5²/4 = 25/4.
