B138. Carré magique géométrique ****
Problème proposé par Michel Lafond
Justifier l’existence d’un carré "magique" pouvant être partagé par 4 segments en 9 quadrilatères dont les aires sont exactement 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13.
Figure approximative :
Solution proposée par Jean Nicot
La surface totale est 81, donc le côté du carré est 9. Un segment détermine avec le côté voisin du carré un trapèze d’aire 27 ; la somme des longueurs de ses bases est donc 6 et son milieu est à une distance 3 du côté extérieur.
Les 4 segments passent chacun au milieu d’un côté du petit carré central 3x3. Il suffit donc de prendre comme inconnues les coordonnées de 2 points en diagonale sur le quadrilatère d’aire 9. On prend l’origine O des coordonnées au centre du grand carré noté ABCD. Les intersections des segments sont notées PQRS et les milieux du carré central 3x3 sont notés KLMN.
Coordonnées de P{a,α} et de K{0,3/2}de L{-3/2, 0} de M{0,-3/2} de N{3/2, 0}
La droite PK passant par Q a pour équation 2ay +(3-2α)x = 3a
Pour x=9/2, l’ordonnée de P1 vaut ( 18α+6a-27)/4a et AP1 le complément à 9/2 soit (27-18α+12a)/4a La droite PN passant par S a pour équation (3- 2a)y + 2αx = 3α
Pour y=9/2, l’’abscisse de P2 vaut ( 6α+18a-27)/4α et AP2 le complément à 9/2 soit (27-18a+12α)/4α L’aire du quadrilatère AP1PP2 est 12= ((9/2-a)*AP1 +(9/2- α)* AP2)/2 ou, en multipliant par 16aα/3, 12*16aα/3 = (9-2a)(9α-6α²+4aα) + (9-2α)(9a -6a²+4aα)
64aα = 81a+81α -54a²-54α²+36aα +4aα² +4αa²
Posant a+ α=s1 et aα=p1 64p1= 81s1 -54(s1²-2p1)+36p1 +4p1s1 = 81s1 - 54s1²+144p1+4p1s1 ou p1= 27s1 (2s1 -3)/(4s1 + 80)
Notons R{-b, -β} les coordonnées de R . Une rotation de la figure d’un demi-tour autour de O amènera R en R’{b, β}. Le même calcul que précédemment conduit, en posant b+β =s2 et bβ =p2, à
6*16bβ/3 =32p2= 81s2 -54s2² +144p2 +4p2s2 ou p2= 27s2 (2s2-3)/(4s2 + 112)
Pour qu’une rotation d’un quart de tour amène Q en Q’{c, ), on notera les coordonnées de Q{,-c).
En posant c+ =s3 et c =p3 on obtient 8*16c/3 =32p3/3= 81s3 -54s3² +144p3 +4p3s3 ou p3= 27s3 (2s3-3)/(4s3 + 304/3
Pour qu’une rotation d’un quart de tour de sens inverse amène S en S’{d, δ), on notera les coordonnées de S{-δ, d}
en posant d+δ =s4 et dδ =p4 on obtient 10*16dδ/3 =32p4/3= 81s4 -54s4² +144p4+4p3s4 ou p4= 27s4 (2s4-3)/(4s4 + 272/3)
Le calcul de la surface centrale donne 9=3/2(a+ α+ b+ β+c+ d+δ)/2 ou 12= s1+ s2+ s3+ s4
La droite PK [2ay +(3-2α)x = 3a] passe par Q{,-c) donc -2ac +(3-2α) = 3a La droite RL [(3+2b)y -2βx = 3β] passe par Q donc (3+2β)c +2β = -3β d ’où c = (6aβ +9β -6αβ)/(4aβ +6α -6β+9-4aβ) = β(6a +9 -6α)/(4αβ +6α -6β+9-4aβ) et 9a /(4αβ +6α -6β+9-4aβ)
La droite PN [((3- 2a)y + 2αx = 3α] passe par S{-δ, d} donc (3-2a)d - 2αδ = 3α La droite RM 2by -(2β +3)x = -3b] passe par S donc 2bd +(2β+3) = -3b d ’où d = (6αβ+9α -6αb)/( 4αb-6a+6β+9-4aβ)= α(6β+9 -6b)/( 4αb-6a+6β+9-4aβ) et δ6αb+9b -6ab)/( 4αb-6a+6β+9-4aβ)= b(6α+9 -6a)/( 4αb-6a+6β+9-4aβ) ce qui permet d’éliminer les inconnues c,,d, δ.
Mais on a ainsi 5 relations, très compliquées, entre les 4 inconnues a, α, b et β.
Je n’ai aucun espoir d’améliorer les valeurs approchées fournies par Geogebra.
P=(1,48 1,03) et Q=(-1,88 -1,73)
