1,7320508… 2)

D213 – Les polygones russes

Solution

La figure finale qui montre « l’emboîtement » des polygones les uns dans les autres est la suivante :

Si l’on souhaite obtenir le plus grand hexagone régulier, il en découle qu’à tous les niveaux les polygones et le triangle équilatéral ont eux-mêmes la plus grande taille possible à l’intérieur du polygone ou du cercle à l’intérieur duquel ils se trouvent.

1) On commence par le triangle équilatéral ABC. Le côté AB du triangle équilatéral inscrit dans le cercle a pour dimension T = 3=

1,7320508…

2) On poursuit avec le carré placé dans le triangle équilatéral. Deux cas de figures méritent d’être analysés :

On désigne par x ( puis y) le rapport du côté du carré au côté du triangle équilatéral.

Dans la figure de gauche, les côtés BG et DG du triangle rectangle BDG sont tels que DG/BG = 2x / (1-x) = tang(60°) = 3.

D’où x = 2 3-3 = 0,4641016……

Dans celle de droite, la hauteur AG du triangle équilatéral est la diagonale du carré DEFG. La loi des sinus dans le triangle BDG donne y/sin(60°) = 1/2sin(75°).

D’où y = sin(60°) / 2sin(75°) = (3 3)/2 2= 0,448287…

On retient donc la configuration de gauche. La dimension du carré est donc C = 6 - 3 3=

0,8038475…

3) On passe ensuite au pentagone régulier. Cette fois-ci encore, deux cas de figure sont susceptibles de donner la configuration optimale:

On désigne par x ( puis y) le rapport du côté du pentagone au côté du carré.

Dans la figure de gauche, un côté du pentagone repose sur un côté du carré. On a GF = 1 = 2GK + KJ = 2xcos(72°) + x. D’où x = 1/(2cos(72°)+1) =

1)/2 5

(  =0,618035…qui est l’inverse du nombre d’or ( 51)/2= 1,618035….

Dans la figure de droite, c’est la diagonale EG qui constitue l’axe de symétrie du pentagone régulier.On a DG = DL + LG = ycos(27°) + ysin(45°).

D’où y1/( 2/2 1/2 102 5/8)=0,62573786…

On retient la configuration de droite et le côté P du pentagone régulier est égal à : P = (12 26 6)/( 102 5 42)=

0,502997862…

4) On termine avec l’hexagone régulier. Là encore, deux cas de figure fournissent des hexagones réguliers dont les dimensions sont très proches l’une de l’autre.

A l’intérieur du pentagone régulier HIJKL, on a tracé deux demi-hexagones réguliers:

- l’un en rouge prend appui en Mr milieu de HI et en R situé sur HL. Les deux sommets Q et Pr restent intérieurs au pentagone.

- l’autre en bleu prend appui sur les deux côtés IJ et JK avec les extrémités Mb et Pb situés sur l’axe vertical sans être confondus avec Mr milieu de HI et K sommet le plus bas du pentagone régulier.

On désigne par x ( puis y) le rapport du côté de l’hexagone au côté du pentagone.

Dans le demi-hexagone rouge, on voit que le tracé du seul segment MrR détermine complétement le polygone. En effet dans le triangle HRMr, tous les angles sont connus :

angle RHMr =108° = 3π /5, angle HMrR = 30° = π /6, angle HRMr = 42° = 7 π /30.

La loi des sinus dans le triangle HPMr donne x = sin(108°) / 2sin(42°) avec : sin(108°) = sin(3 π /5) 5 5/2 2,

sin(42°) = sin(7 π /30) = ( 306 5  51)/8. Il en résulte x = 0,71066583….

Dans le demi-hexagone bleu, il faut tracer le deux segments NO et OPb pour mesurer y.

Soit OK = w. Dans le triangle OKPb, tous les angles sont connus : angle OKPb = 54° = 3 π /10,

angle KPbO = 120° = 2 π /3,

angle KOPb = 6° = π /30.

La loi des sinus dans ce triangle donne y / sin(54°) = w / sin(120°).

Par ailleurs dans le triangle JNO, tous les angles sont également connus : angle JON = 54° = 3π /10,

angle NJO = 108° = 3π /5, angle JNO = 18° = π /10.

La loi des sinus dans ce triangle donne y / sin(108°) = (1-w) / sin(18°).

Après avoir éliminé w, on obtient :

y = sin(54°).sin(108°)/[sin(54°).sin(18°)+sin(120°).sin(108°)]

d’où y = sin(108°) / (sin(18°)+2sin(120°).cos(54°)), ce qui donne :

y = 102 5/( 306 5  51) = 0,71664759..

C’est donc l’hexagone bleu qui est retenu et son côté H obéit à la formule peu avenante H = 12 5 5.(2 3)/[( 306 5  51).( 102 5 42)]=

0,3604722..