D632 – Avec un minimum de traits
On dispose d’une feuille de papier sur laquelle ont été tracés un cercle avec son centre O. On donne trois points quelconques A,B et C qui ne sont pas sur une même ligne droite. Aucun d’eux n’est sur le cercle et le point O n’est pas aligné avec deux quelconques de ces points.
A l’aide d’une règle non graduée, trouver le minimum de traits qui permettent d’obtenir le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
Solution proposée par Claudio Baiocchi
On va chercher des méthodes qui permettent de tracer la médiatrice d'un segment.Le centre sera obtenu comme intersection des médiatrices de deux côtés du triangle. Une première méthode donne une solution en 42 traits.La deuxième, un peu plus complexe, donne une solution en 41 traits qui se réduisent à 35 traits si la droite supportant l’un des côtés coupe le cercle.
Première partie: 42 traits.
Pour simplifier le langage, on va appeler superdroite toute droite où sont tracés un segment XY et son point-milieu Z.
On va au préalable étudier les problèmes A et B suivants:
Problème A : On se donne un point P et une superdroite s. On cherche une parallèle à s passant par P.
Solution. La figure montre que six droites suffisent:
Partant du segment XY et de son point milieu Z, on fixe on point Q sur la demi- droite de X à P, au-delà de P.
On trace ensuite les droites QZ et YP qui se coupent en R et les droites QY et XR qui se coupent en S.
A partir des propriétés bien connues du quadrilatère complet et des droites de Ceva on voit que la droite PS est parallèle à s.
Remarque On a tracé une superdroite parallèle à s.Le point T commun à PS et QR est le milieu de PS. En particulier, si l'on a fixé un segment AB sur la droite s, trois autres traits sont suffisants pour tracer le point milieu M de AB:
Dans le problème suivant B, on utilise l’hypothèse d'une feuille où un cercle et son centre O ont été préalablement tracés.
Problème B : On cherche deux droites parallèles et leur bissectrice.
Solution. A partir des résultas obtenus dans le problème A,on démontre que dix droites suffisent:
On reprend la construction de Pbl.A en
choisissant pour s une droite passant par O.Le segment XY est un diamètre (et O est son point milieu).
On choisit comme point P un point sur le cercle et on trace la parallèle PS. On note T la
deuxième intersection de la droite PS avec le cercle et on trace les diamètres PP’ et TT’.
La droite T’P’ est elle aussi parallèle à AB car PTP’T’ est un rectangle. Puisque O est le centre du rectangle, la droite AB est bien la bissectrice du couple ( PT , P’T’ )
Remarque Au départ les seules superdroites dont on dispose sont les droites passant par le centre O du cercle.Après avoir tracé le triplet de Pbl.B, il en résulte que toute droite non parallèle au triplet donne une superdroite, le segment et son milieu étant donnés par les intersections avec le triplet. On peut donc modifier la question posée au Pbl.A sous la forme:
Quel est le minimum de traits pour mener une parallèle à une droite s ?
La réponse est «pas plus de six traits». Si s coupe les droites du triplet elle est une superdroite.Sinon on cherche une parallèle à la droite centrale du triplet qui est elle aussi une superdroite. Mais
pourquoi on a dit «pas plus de»? La raison est que quelques-unes des six droites nécessaires pourraient avoir été déjà tracées, comme on va le voir bientôt.
Une fois le triplet créé, pour tracer la médiatrice d'un segment UV, on commence par tracer la droite joignant U et V. Ensuite on choisit un point sur le cercle, P par exemple, mais on pourrait également choisir T ou T’ ou P’ (à l’inverse ni X ni Y ne conviendraient) et on trace une parallèle passant par ce point. Un des avantages de ce choix sera montré plus loin, quand on comptera le nombre total de traits à tracer.L’autre avantage est qu’un seul trait suffit à donner la direction orthogonale à UV.Si W est le deuxième point d'intersection du cercle et de la parallèle à UV, la droite joignant W à P' est orthogonale à celle joignant U et V.
Dans la figure suivante on a gardé uniquement les éléments nécessaires:
Naturellement on continue en traçant M, point milieu de UV et la parallèle à WP’ passant par M.
Le tracé de la médiatrice d’un segment demande donc:
10 traits pour le triplet de parallèles,
1 trait pour la droite de U à V,
6 traits pour la parallèle à UV,
3 traits pour le point milieu de UV,
1 trait pour la droite de P’ à W,
6 traits pour la parallèle à WP’ passant par M,
soit 27 traits en total En réalité il s’agit uniquement de 26 traits. En effet on voit que, lors du tracement de la parallèle à UV passant par P, un des six traits est la droite de X à P qui a déjà été tracée!
Lors du tracé d’un deuxième axe, le triplet de parallèles est déjà disponible, on ne double pas les dix traits correspondants. Au total pour tracer deux médiatrices (dont l’intersection fournit le centre circonscrit) 10+16+16=42 traits suffisent.
Deuxième partie: 41 traits et parfois seulement 35.
On va donner une deuxième construction du Pbl.B qui demande encore dix traits, mais qui laisse une plus grande liberté pour quelques-uns de ces traits. La nouvelle construction est basée sur le Théorème de Desargues selon lequel (voir la figure ci-après), la droite w joignant W et W’ passe par l’intersection des droites u et v (ou leur est parallèle si u et v sont parallèles):
Pour appliquer cette propriété à la construction d’un triplet de parallèles on remarque que la droite jaune peut être fixée n’importe comment. Il en est de même de la droite bleue qui est assujettie à couper le cercle en deux points U et V.Le choix du centre O comme point W permet de compléter le triangle bleu, ce qui donne les deux autres points X, Y. Le quadrilatère UVXY est un rectangle dont deux côtés opposés sont choisis comme droites u et v. On a encore à choisir la pente pour la droite verte passant par W’.
D’où le résultat :
Le point W étant le centre du rectangle, la droite rouge est bien la bissectrice du couple {u,v}.
On a donc trouvé une deuxième construction pour résoudre le Pbl.B qui demande toujours dix droites, mais qui permet le choix arbitraire de plusieurs éléments. En particulier, ayant fixé les sommets {A,B,C} du triangle, on peut toujours choisir la droite joignant deux sommets comme droite jaune, ce qui ramène à 41 les traits nécessaires pour trouver le centre du triangle circonscrit.
Remarque L’artifice qu’on vient d’utiliser est en quelque sorte une tricherie: une fois le triplet de parallèles tracé, c’est seulement un des deux axes qui demande 15 traits.L’autre en demande 16, comme dans la première solution. De même, si l’on veut chercher les centres du cercle circonscrit de plusieurs triangles, c’est seulement pour l’un des triangles qu’on épargne un trait…
On peut remarquer que lorsqu’une des droites joignant deux sommets coupe le cercle de base, on peut faire mieux:
Par rapport à la figure précédente on a gardé uniquement les parties nécessaires.
On n’a pas besoin de tracer une droite orthogonale à AB: puisque UVXY est un rectangle, une quelconque parmi les droites déjà tracées u, v et w est orthogonale à AB.
Au contraire, on a besoin d’une parallèle à AB (on l’a tracé en rouge, c’est la droite joignant X et Y qui est bien parallèle à AB puisque UVXY est un rectangle). On en a besoin car il nous faut tracer le point M milieu de AB (qu’on trouve, grâce à la parallèle, en trois autres traits, tracés encore en rouge).
Pour évaluer le nombre de traits utilisés on va compter les traits épargnés par rapport à la construction qui demandait 42 traits:
2 traits pour les côtés AB et AC;
4 traits pour la parallèle à AB (un seul trait au lieu que cinq);
1 trait pour la direction orthogonale à AB
donc 7 traits économisés ce qui ramène la construction au tracé de 35 traits.
