I.151 Le périple de Zig

I.151 Le périple de Zig

Solution proposée par Philippe Bertran

- Commençons par traduire le fait que la longueur du trajet est la plus courte possible.

Soient Q, R, S les points où Zig atteint respectivement les côtés BC, CA, AB.

Soient :

Z1 le symétrique de Z par rapport à BC Z₂ le symétrique de Z par rapport à AB Z3 le symétrique de Z2 par rapport à AC P1 le symétrique de P par rapport à AB P₂ le symétrique de P₁ par rapport à AC.

Le trajet ZQRSPZ est égal au trajet Z1QRSP1Z2.

Pour R donné, le tronçon Z1QR est minimal quand Z1, Q et R sont alignés, d’où Z1Q + QR = Z1R

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De même, le tronçon RSP1 est minimal quand R, S et P1 sont alignés, d’où RS + SP1 = RP1. La longueur du trajet est donc L = Z1R + RP1 + P1Z2. Or, par symétrie, RP1 = RP2 et P1Z2 = P2Z3. Donc L = Z1R + RP2 +P2Z3. Cette longueur est minimale quand R est aligné avec Z1 et P2 et donc :

L = Z1P2 + P2Z3

- Cherchons maintenant à localiser Z et P

On remarque que Z₁ est à l’intérieur du triangle BCA’ où A’ est le symétrique de A par rapport à BC. P₁ et Z₂ sont à l’intérieur du triangle ABC’ où C’ est le symétrique de C par rapport à AB ; P₂ et Z3 sont donc à l’intérieur du triangle AB’C’’ où B’ est le symétrique de B par rapport à AC et C’’

le symétrique de C par rapport à AB’.

Ces conditions sur la position de Z₁, P₂ et Z₃ entraînent les inégalités : P2Z3 < 350 et Z1P2 < A’C’’.

Le théorème d'Al-Kashi appliqué au triangle BA’C’’ donne, tous calculs faits, A’C’’ = 350 RAC(7) soit A’C’’ ≈ 926,01 mètres.

Puisque L = Z1P2 + P2Z3 = 1 275 et que P2Z3 < 350, alors Z1P2 > 1 275 – 350

ou Z₁P₂ > 925 mètres. En rapprochant cette inégalité de l’égalité A’C’’ ≈ 926,01 mètres, il est tentant de conclure que, avec une approximation inférieure à 1 mètre, P₂ est situé en C’’ et donc P en C, et que Z1 est situé en A’ et donc Z en A.

Montrons que, en effet, P₂ est à moins d’un mètre de C’’. Pour cela, supposons que C’’P₂ > 1

Dans ce cas, la longueur maximale de Z₁P₂ + P₂Z₃ est obtenue pour Z₁ en A’, Z₃ en A et P sur le point Q de C’’B’ situé à 1 mètre de C’’ et cette longueur maximale est égale à AQ + A’Q.

Le théorème d'Al-Kashi appliqué aux triangles AC’’Q et A’C’’Q permet (après avoir démontré que cos (B’C’’A’ = 2/[RAC(7)] )de calculer :

AQ² = 350² + 1² – 350 A’Q² = (350²  7) + 1 – 1400

d’où (Z1P2 + P2Z3)max = A’Q + AQ = 1274,76

Donc, si P₂ est à plus d’un mètre de C’’, le trajet Z₁P₂ + P₂Z₃ ne peut pas être égal à 1275 mètres.

C’est donc que P2 est à moins d’un mètre de C’’ ce qui signifie que P peut être localisé en C avec une approximation inférieure à 1 mètre.

Par un raisonnement de même type, on va démontrer que Z est peut être localisé en A. Supposons que Z soit à plus d’un mètre de A. La longueur maximale de Z1P2 est obtenue quand P2 est en C’’ et Z1 en M, où M est le point du segment A’B situé à 1 mètre de A’ (voir figure). De même, la longueur maximale de P2Z3 est obtenue quand P2 est en C’’ et Z3 en N, où N est le point du segment AB’ situé à 1 mètre de A.

C’’N et C’’M étant respectivement égaux à A’Q calculés précédemment, (Z1P2 + P2Z3)max est là encore inférieur à 1275 mètres, ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc Z peut être localisé en A avec une approximation inférieure à 1 mètre.

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