D1891 – La géométrie des couleurs (1er épisode) [** à la main]
Q₁ Tous les points du plan sont coloriés soit en bleu soit en rouge. Démontrer qu’on sait toujours trouver un triangle équilatéral dont les trois sommets sont de la même couleur.
Q₂ Les sommets d’un triangle dont les angles sont distincts et ≠ 0 modulo 30° sont coloriés respectivement en bleu (A), en rouge (B) et en vert (C) dans le sens horaire sur le cercle circonscrit à ABC. A partir de deux points quelconques X et Y de couleurs différentes, un tour consiste à colorier de la troisième couleur le sommet Z d’un triangle équilatéral XYZ,l’ordre des couleurs sur le cercle circonscrit à XYZ étant le même que celui du triangle ABC.
Démontrer qu’après un nombre quelconque de tours les points d’une même couleur sont tous sur une même droite et que les trois droites qui portent les trois couleurs sont concourantes en un point que l’on tracera à la règle et au compas.
Solution proposée par Rémi Planche
Q1
Les sous-ensembles de points bleus et de points rouges étant complémentaires, au moins l’un des deux possède une mesure non-nulle. Il existe donc des points intérieurs à ce sous-ensemble. Choisissons-en un, traçons un voisinage de ce point, un cercle intérieur à ce voisinage puis un triangle équilatéral inscrit dans ce cercle. Voilà
!
Q2
Appelons selon leur couleur A0, B0, C0 les points initiaux et A1, B1, C1 les points obtenus à partir des points initiaux. Notons X la rotation horaire de 60° centrée en X quelconque.
Par construction des triangles équilatéraux orientés A0B0C1 et A0B1C0 (fig. 1), la rotation A0 réalise B0 → C1 et B1 → C0, d’où B0B1 → C1C0. On en déduit que :
(I) les vecteurs B0B1, C0C1 et (par permutation) A0A1 sont de même longueur : nous les choisirons comme vecteurs-unités des axes B, C, A qui les supportent ;
(II) l’angle (B,C) = -120° : en effet la rotation A0 réalise (B,-C) = 60° et on obtient (B,C) en retranchant 180°.
De même (C,A) = (A,B) = -120°.
(III) les axes A, B, C sont concourants : en effet (fig. 2) l’intersection O de B et C voit B0C1 sous le même angle que A0, soit -120° = 60° (modulo 180°), ce qui établit que O, A0, B0, C1 sont cocycliques. Il en résulte que O voit C1A0 sous le même angle que B0, soit 60° et que, par conséquent OA0 est confondu avec A0A1.
Appelons échelle A l’axe A muni de graduations Aa de même couleur que A0 et A1, avec a entier algébrique quelconque prenant les valeurs 0 et 1 pour A0 et A1. Notons que dans le cas général O ne fait pas partie des Aa.
Soient de même les échelles B et C avec les graduations Bb et Cc.
La rotation A0 (fig. 3) envoie l’échelle B sur l’axe C en sens inverse de C avec
B0 → C1, on l’a noté plus haut. La droite A0Aa étant bissectrice de (B,C), la rotation Aa envoie elle aussi l’échelle B sur l’axe C en sens inverse de C, mais cette fois avec B0 → Cc, Cc étant décalé de -a unités par rapport à C1 : on le voit par l’effet de B0 sur C1Cc, soit C1Cc → A0Aa. Choisissant un point Bb quelconque (fig.4), la rotation Aa réalise B0Bb → CcCc’ : le point Cc’ est décalé de -b unités par rapport à Cc.
Le triangle AaBbCc’ obtenu ainsi à partir des graduations de A, B, C est compatible avec les conditions du problème : chacun des sommets pourrait être obtenu en un tour à partir des deux autres. Par conséquent, l’ensemble E des graduations de A, B, C est possiblement solution du problème. Il reste à vérifier que (IV) tous les points de E sont atteignables ;
(V) seuls les points de E sont atteignables.
Pour établir ces deux propositions, montrons d’abord que
(VI) tout triangle équilatéral tricolore AaBbCc’ basé sur les graduations de A, B, C respecte a+b+c’ = 1 : cei découle de A0Aa = -C1Cc (fig. 3) qui donne a-0 = 1-c et B0Bb = -CcCc’ (fig. 4) qui donne b-0 =c-c’, d’où a+b+c’ = 1.
Ceci étant, donnons-nous un Aa quelconque avec a non nul. Les couples d’antécédents possibles Bb et Cc sont tels que b+c = 1-a, et on peut toujours choisir un couple (fig. 5) de telle sorte que |b| et |c| < |a-1|. De proche en
proche ces valeurs diminuent et les antécédents successifs convergent vers A0, B0, C0 et finissent donc par les atteindre. Aa est atteignable par le chemin inverse, ce qui justifie (IV).
Quant à (V) on l’établit par récurrence sur le nombre de tours : au départ A0, B0, C0 sont bien des graduations de A, B, C respectivement. Supposons qu’après n tours, les descendants Aa, Bb, Cc soient des graduations de A, B, C respectivement. Comme on l’a vu, le descendant du tour suivant, mettons d’un couple Aa et Bb, est obtenu en appliquanrt la rotation Aa à Bb et est nécessairement une graduation de C.
En conclusion, tous les points d’une même couleur A (respectivement B, C) sont donc bien alignés sur la droite A (respectivement B, C) support de A0A1 (respectivement B0B1, C0C1) et A, B, C sont concourantes.
On trace A en deux coups de compas et un coup de règle (fig. 6) : en déterminant d’abord A1 par l’intersection des cercles de rayon B0C0 centrés en B0 et C0 et en choisissant le point tel que A1B0C0 soit dans le sens horaire puis en traçant la droite A passant par A0 et A1. On répète l’opération pour B. Il n’y a plus qu’à donner un coup de règle pour tracer la droite C passant par C0 et l’intersection de A et B.
