Fig. 1: Une 1 2 -conguration de 4 sphères disjointes.

Énoncé

Fig. 1: Une ¹ ₂ -conguration de 4 sphères disjointes.

Dans un espace euclidien de dimension 3 , pour un réel r > 0 , une r -conguration est un ensemble de sphères de rayon r et tangentes extérieurement à la sphère unité. L'intersection de deux d'entre elle doit contenir au plus un point. Elles peuvent donc être disjointes ou tangentes mais pas se couper. Pour une r -conguration de m sphères, on notera S 1 , · · · , S

ces sphères et A 1 , · · · , A

leurs centres.

L'objet de ce problème

est de donner des propriétés du plus grand des cardinaux des r -congurations pour un r donné. Il est noté n(r) .

1. Montrer que r → n(r) est une fonction décroissante.

2. Montrer que n(r) ≥ 2 pour tout r > 0 .

3. Pour une r -conguration de m sphères et i 6= j entre 1 et n , en considérant k −−−→

A

A

k ² , montrer que le cosinus de l'écart angulaire entre −−→

OA

et −−→

OA

est inférieur ou égal à 1 − 2

r 1 + r

²

4. a. En développant

P 3

−−→ OA

2 , montrer que r > 2 √

3 + 3 entraine n(r) = 2 . b. En développant

P 4

−−→ OA

2 , montrer que r > √

6 + 2 entraine n(r) ≤ 3 . 5. En considérant des polyèdres réguliers et des homothéties, on forme des congurations

particulières qui conduisent à de nouvelles inégalités.

a. On considère un triangle équilatéral inscrit dans un cercle de rayon R . Quelle est la distance entre deux sommets ? Montrer que r ≤ 2 √

3 + 3 entraine n(r) ≥ 3 .

1

d'après École de l'air 1993

Fig. 2: Triangle équilatéral.

Fig. 3: Tétraèdre régulier.

b. Un repère orthonormal étant xé, on considère un tétraèdre dont les sommets sont les quatre points respectivement de coordonnées

(1, 1, 1), (1, −1, −1), (−1, 1, −1), (−1, −1, 1), Quelle est la distance entre deux sommets ?

Montrer que r ≤ √

6 + 2 entraine n(r) ≥ 4 .

c. On utilise cette fois les sommets, les milieux des arêtes et les milieux des faces d'un cube.

Que conclure sur n(r) lorsque r est inférieur ou égal à √

2 + 1 ,

³⁺¹ ₂ , 1 ?

6. Pour s ∈] − 1, 1[ , on considère la région de la sphère unité formée par les points m tels

que x(m) ≥ s . On admet que l'aire de cette région est 2π(1 − s) .

Fig. 4: Sommets d'un cube.

Fig. 5: Milieux des faces d'un cube.

Fig. 6: Milieux des arêtes d'un cube.

a. Pour une sphère S

de rayon r et tangente extérieurement à la sphère unité, on considère l'ensemble Σ

des points d'intersection de la sphère unité avec les demi-droites (Om) pour m ∈ S

. Montrer que l'aire de Σ

est

2π

1 −

√ 1 + 2r 1 + r

b. Montrer que

n(r) ≤ 2(1 + r)(1 + r + √ 1 + 2r)

r ² = a(r)

7. On rappelle que le volume d'une boule de rayon R est ⁴ ₃ πR ³ . En considérant des volumes, préciser une fonction v(r) telle que n(r) ≤ v(r) .

8. Former, pour r au voisinage de 0 , des développements de a(r) et de v(r) . Quelle est la

meilleure des deux majorations ?

Énoncé

1. On veut prouver ici que la fonction n est décroissante. Considérons deux réels r 1 et r 2

avec 0 < r 1 < r 2 , et une r 2 -conguration de n 2 sphères avec n 2 = n(r 2 ) . Formons, dans chaque sphère de cette conguration une sphère de même centre mais de rayon r 1 . Ces shères sont disjointes mais elles ne sont plus tangentes à la sphère unité. Translatons chacune d'un vecteur de longueur r 2 −r 1 dans la direction du centre de la sphère unité.

Elles sont alors tangentes à la sphère unité mais malgré ce que laisse croire la gure 7, le fait qu'elles soient deux à deux disjointes doit être justifé.

Fig. 7: La fonction n est décroissante.

Notons U ₂ et V ₂ les centres de deux quelconques des sphères de la r ₂ -conguration et u , v les vecteurs unitaires associés. Notons U ₁ et V ₁ les centres des sphères obtenues par les opérations indiquées.

U ₂ = O + (1 + r ₂ )u, V ₂ = O + (1 +r ₂ )v, U ₁ = O + (1 + r ₁ )u, V ₁ = O + (1 + r ₁ )v

On en déduit U ₁ V ₁ = (1 + r ₁ )ku − vk et U ₂ V ₂ = (1 + r ₂ )ku − vk d'où U ₁ V ₁ = 1 + r ₁

1 + r 2

U ₂ V ₂ ≥ 1 + r ₁ 1 + r 2

r ₂ > r ₁ car 1 + r ₁ 1 + r 2

r ₂ − r ₁ = r ₂ − r ₁ 1 + r 2

> 0

Les sphères ainsi fabriquées forment donc une r 1 -conguration ce qui assure que n(r 1 ) ≥ n(r 2 ) .

2. Pour montrer que n(r) ≥ 2 pour tous les r , il sut de trouver une r -conguration de deux sphères. Considérons un vecteur unitaire u . Les sphères de rayon r et de centre O + (1 + r)u et O − (1 + r)u sont dans des demi-espaces disjoints, elles forment donc une r -conguration.

3. Introduisons les vecteurs unitaires et θ

l'écart angulaire entre ces vecteurs.

−−→ OA

= (1 + r)u

−−→ OA

= (1 + r)u

)

⇒ k −−−→

A

A

k ² = (1 + r) ² ku

− u

k ² = (1 + r) ² 2(1 − cos θ

)

Comme les sphères ne se coupent pas :

(1 + r) ² 2(1 − cos θ

) ≥ (2r) ² ⇒ 1 − cos θ

≥ 2r ²

(1 + r) ² ⇒ cos θ

≤ 1 − 2r ² (1 + r) ²

4. a. Considérons une r -conguration de 3 sphères. Notons encore θ

les écarts angu- laires entre les vecteurs dirigés vers les centres et développons le produit scalaire indiqué. On obtient

k

3

X

i=1

−−→ OA

k ² = (1 + r) ² (3 + 2 cos θ 12 + 2 cos θ 13 + 2 cos θ 23 )

Comme il s'agit d'une r -conguration, on peut majorer les cos , on en tire

0 ≤ 3(1 + r) ²

1 + 2(1 − 2 r ² (1 + r) ² )

⇒ −r ² + 6r + 3 ≥ 0 Le polynôme du second degré admet deux racines réelles 3 − 2 √

3 < 0 < 3 + 2 √ 3 . Comme r > 0 , cela entraine r ≥ 3 + 2 √

3 .

On vient de montrer que l'existence d'une r -conguration de 3 sphères entraine r ≥ 3+2 √

3 . Par contrapposition, cela signie aussi que r < 3+2 √

3 entraine qu'il n'existe pas de r -conguration de 3 sphères c'est à dire que n(r) < 3 . Comme il existe toujours des congurations de 2 sphères, on doit avoir n(r) = 2 .

b. Le raisonnement est analogue. On commence par considérer une conguration de 4 sphères et on développe le carré indiqué. On en tire (en majorant les cos )

0 ≤ (1 + r) ²

4 + 12(1 − 2 r ² (1 + r) ² )

⇒ −r ² + 4r + 2 ≥ 0 Le polynôme du second degré admet deux racines réelles 2 − √

6 < 0 < 2 + √ 6 . Comme r > 0 , cela entraine r ≥ 2 + √

6 . On termine comme dans la question

précédente.

5. a. Par des considérations de géométrie élémentaire ou par des calculs avec des nombres complexes (calcul du module de 1 − j par exemple), on trouve que la distance entre deux sommets d'un triangle équilatéral inscrit dans un cercle de rayon R est R √

3 .

Dans un plan de l'espace, inscrivons un triangle équilatéral dans un cercle de rayon 1 . La distance entre les sommets est √

3 . Formons des sphères de rayon

₂ ³ centrées en ces 3 sommets. Elles ne se coupent pas et sont tangentes à la sphère centrée à l'origine et de rayon 1 −

√

3

2 . Par une homothétie de centre O et de rapport l'inverse de 1 −

√

3

2 , on construit une r -conguration de 3 sphères avec r =

√

3 2

1 −

√

3 2

=

√ 3 2 − √

3 = √

3(2 + √

3) = 3 + 2 √ 3

Ainsi, pour r = 3 + 2 √

3 , il existe une r -conguration de 3 sphères ce qui entraine que n(3 + 2 √

3) ≥ 3 et, par décroissance de n , r ≤ 3 + 2 √

3 ⇒ n(r) ≥ 3

b. La méthode est la même pour les questions 5 a. et b. On considère m points tous à la même distance R de l'origine. Dans la question a., ils sont équidistants entre eux mais dans les autres cas, on connait seulement la plus petite distance d entre deux de ces points. Les m sphères de rayon r =

₂ et centrées en ces points sont donc tangentes ou disjointes. De plus, elles sont tangentes à la sphère centrée à l'origine et de rayon R − r . En utilisant l'homothetie de centre l'origine et de rapport

¹ , on obtient une

-conguration de m sphères ce qui prouve que n(

) ≥ m .

Dans cette question, m = 4 , R = √

3 , d = 2 √ 2 : r

R − r =

√

√ 2 3 − √

2 = √ 2( √

3 + √

2) d'où r ≤ 2 + √

6 ⇒ n(r) ≥ 4 par décroissance de n .

c. On utilise dans chaque cas la méthode et les notations précisées en a.

Cas des sommets du cube : m = 8 avec les points de coordonnées (1, 1, 1), (1, 1, −1), (1, −1, 1), (1, −1, −1), (−1, 1, 1), (−1, 1, −1),

(−1, −1, 1), (−1, −1, −1)

Donc R = √

3 , d = 2 . La plus petite distance est réalisée pour deux points avec deux coordonnées égales c'est à dire reliés par une arête.

r

R − r = 1

√ 3 − 1 = 1 + √ 3

2 d'où r ≤ 1 + √ 3

2 ⇒ n(r) ≥ 8

Cas des milieux des arêtes : m = 12 . Une arête est une paire de points avec deux coordonnées égales. Pour l'égalité, il y a 3 couples de coordonnées possibles (1, 2) , (1, 3) , (2, 3) . Pour chaque couple : 4 valeurs possibles (avec des 1 et des

−1 ) pour les coordonnées. On obtient donc bien 12 arêtes, pour chaque milieu, la coordonnée qui n'est pas xée est forcément nulle. Les 12 milieux sont donc les points de coordonnées

(1, 1, 0), (1, −1, 0), (−1, 1, 0), (−1, −1, 0),

(1, 0, 1), (1, 0, −1), (−1, 0, 1), (−1, 0, −1)

(0, 1, 1), (0, −1, 1), (0, 1, −1), (0, −1, −1) Donc R = √

2 , d = √ 2 :

r R − r =

√

2

√

2 2 2

= 1 d'où r ≤ 1 ⇒ n(r) ≥ 12

Cas des milieux des faces : m = 6 . Une face est caractérisée par la valeur d'une seule coordonnée qui peut être 1 ou −1 ce qui explique bien pourquoi il y en a 6 . Les deux autres coordonnées d'un milieu sont nulles les coordonnées des 6 milieux des faces sont donc

(1, 0, 0), (−1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, −1, 0), (0, 0, 1), (0, 0, −1) Donc R = 1 , d = √

2 : r

R − r =

√

2 2

1 −

√

2 2

= 1 + √

2 d'où r ≤ 1 + √

2 ⇒ n(r) ≥ 6

6. a. Par symétrie du problème, on peut supposer que le centre de la sphère S

que

l'énoncé nous demande de considérer est sur l'axe des abscisses. On est donc

ramené à une région de la sphère unité du type considéré par l'énoncé avec s = OH

Q P

O H C

Fig. 8: Aire découpée sur la sphère unité.

égal à l'abscisse du point H de la gure 8. Notons α l'écart angulaire entre − − → OC et − − →

OP . Comme OQ = 1 , on a s = OH = cos α = OP

OC =

p (1 + r) ² − r ²

1 + r =

√ 1 + 2r

1 + r Par la formule admise, on déduit que l'aire cherchée est

2π

1 −

√ 1 + 2r 1 + r

b. La somme des aires des régions formées sur la sphère unité par les sphères d'une r -conguration est inférieure à l'aire totale qui est égale à 4π . On en déduit

n(r)2π

1 −

√ 1 + 2r 1 + r

≤ 4π

⇒ n(r) ≤ 2(1 + r) 1 + r − √

1 + 2r = 2(1 + r) 1 + r + √ 1 + 2r r ²

7. Considérons le volume de la boule de rayon 1 + 2r qui contient toutes les boules d'une r -conguration. Il est plus grand que le volume de la boule unité et de toutes les boules de la conguration. On en tire

4π

3 1 ³ + n(r) 4π

3 r ³ ≤ 4π

3 (1 + 2r) ³ ⇒ n(r) ≤ (1 + 2r) ³ − 1 r ³ = v(r)

8. En développant au premier ordre la racine carrée, on obtient a(r) = 4

r ² + 8 r + o( 1

r ) On obtient directement, par la formule du binome,

v(r) = 6 r ² + 12

r + 8

L'inégalité obtenue à partir des aires est donc plus précise que celle obtenue à partir

des volumes.