D626 . Une bien étrange figure . . .
Vincent PANTALONI 30 janvier 2010
Enoncé : Construire la figure ci-dessous où les segments de même couleur sont de même longueur.
b b
b
b
b
b
Solution :. . . . La construction à la règle et au compas sans calcul, s’avère contre toute attente impossible (à mon avis), il y a un paramètre manquant (angle ou longueur) qu’on ne parvient à ajuster. C’est en cherchant une solution au casn= 7du problème D249
http://www.diophante.fr/Problemes-ouverts/D249.-Le-casse-tete-d-Erdos-et-ses-variantes.html que je me suis intéressé à cette figure et ai essayé longtemps mais en vain de la construire. J’ai du faire des calculs pour déterminer le cosinus d’un des angles de la figure.
1 Relations entre les angles.
On raisonne par analyse-synthèse. Supposons donc la figure construite, on peut la voir comme un pavage fait avec deux triangles isocèles de côtés oranges (notél) et bleus (notéL).
Remarque :
J’ai d’abord cru qu’il s’agissaient des deux triangles d’Or qui apparaissent dans le pavage de Penrose
http://fr.wikipedia.org/wiki/Pavage_de_Penrose#Pavage_de_Penrose_avec_triangles_d.27or_.28pavage_de_type_0.29
Mais en fait, non. Cependant on verra un lien au bout des calculs.
On code les angles comme sur les figures ci-dessous.
Ib
b
O
b b
D
b
E
b
G
b b
K
bJ C b
Ob
b
bc bc
bc
bc bc
bc
L l α
β a
b
1
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On a les relations suivantes entre les angles :
a+ 2α= 180 (1)
b+ 2β= 180 (2)
β+α= 2×2α (3)
Les deux premières viennent de la somme des angles dans chacun des deux triangles isocèles.
La (3) est la traduction de l’angle au centreOdu cercleC qui vaut le double de l’angle au sommetI:
\J OK= 2J IK[
La (3) fournitβ = 3α, on en déduit tous les angles en fonction deα:
a= 180−2α (4)
b= 180−2β = 180−6α (5)
β= 3α (6)
Pour tenir compte des longueurs oranges et bleues, j’ai appliqué la relation dite d’Al–Kashi dans chacun des triangles isocèles :
L2= 2l2−2l2cosa (7)
l2= 2L2−2L2cosb (8)
En utilisant les relations (4) et (5) ainsi que la formulecos(180−x) =−cos(x)on obtient :
L2= 2l2(1 + cos 2α) (9)
l2= 2L2(1 + cos 6α) (10)
On pose comme inconnue x= 2α, et en remplaçantl2par son expression en (10) dans la précédente, on obtient :
L2= 2×2L2(1 + cos 3x)(1 + cosx) D’où en simplifiant parL2 :
4(1 + cos 3x)(1 + cosx)−1 = 0
Orcos(3x) = 4 cos(x)3−3 cos(x). En remplaçant, développant et simplifiant on obtient cette équation de degré 4 encos(x):
16 cos(x)4+ 16 cos(x)3−12 cos(x)2−8 cos(x) + 3 = 0 (11)
2 Équation de degré 4
Ainsicos(x)est solution de l’équation de degré 4 :
16X4+ 16X3−12X2−8X+ 3 = 0 (12)
Xcas avecsolve(16X4+ 16X3−12X2−8X+ 3 = 0)m’a donné les quatre racines réelles qui sont :
−1−√ 13
4 , −1−√ 5
4 , −1 +√ 5
4 , −1 +√ 13 4
Trions un peu, comme cosx ∈ [−1; 1] on peut éliminer −1−4√13 < −1. Les trois autres sont dans [−1; 1]. −1−4√5 et −1+4√5 sont les valeurs connues respectivement des cosinus des angles4π5 et 2π5 ce qui donnerait en degrésα= 72ouα= 36ce qui est impossible1 :
2α= 144 =⇒ β= 3×144>90. Or nécessairement β <90. De même : 2α= 72 =⇒ β= 3×72>90.
Finalement il ne reste qu’un candidat possible : cos(x) =−1 +√
13 4
Ce qui donne un anglexmesurant environ49,35˚ soitα≃24,68˚
1. Voici le lien avec les triangles d’or qui ont des angles respectifs avecα= 36˚, de(α, α,3α)et(2α,2α, α).
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3 Construction à la règle et au compas
Le nombre √
13 est constructible à la règle et au compas. Par exemple c’est l’hypoténuse d’un triangle rectangle de côtés 2 et 3 puisque 22+ 32 = 13. On construit un tel triangle, on retranche une unité avec le compas, et on divise le segment restant en quatre (en deux par une médiatrice, puis encore en deux). On a ainsi construit la longueur −1+4√13, en rouge sur la figure ci-dessous. Le reste de la construction se fait alors sans problème.
① J’ai choisi une longueur unitaire pour le côté bleu et j’ai tracé en premier le côté[AH]
② On prend l’écartement −1+4√13 en rouge, et on trace le cercle rouge de centreA.
③ Ce cercle coupe[AH]au pointI. On trace la perpendiculaire à[AH]enI.
④ Cette droite coupe le cercle bleu de centreAet de rayonAH= 1en deux points dont le pointJ.
⑤ On construitL le centre du cercle circonscrit au triangleAHJ.
⑥ Maintenant A, H, J et L sont construits, on a la longueur orange et les derniers points M et H′ se construisent aisément.
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5
A b
b
O
bC
b
D
Eb
b
F
b
G
b b
b H
c
I
bJ q b
Lb
u bH′
b
M
b
b
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