D248 − Casé au plus juste
Problème proposé par Sébastien Terrasson
Inscrire le plus grand pentagone régulier dans un hexagone régulier de côté 1.
Solution par Patrick Gordon
Pour des raisons de symétrie, on ne peut envisager que deux configurations :
- un côté du pentagone est parallèle à un côté de l'hexagone,
- un côté du pentagone est perpendiculaire à une diagonale de l'hexagone.
1. un côté du pentagone PQRST est parallèle à un côté de l'hexagone ABCDEF.
On peut tout d'abord coller ces deux côtés.
Point n'est besoin de savants calculs pour démontrer que le pentagone est entièrement inclus dans l'hexagone. L'angle TAF vaut 120 – 108 = 12° et la "hauteur" de S (rayon + apothème du
pentagone) est inférieure à celle de DE (2 fois l'apothème de l'hexagone).
D'où l'idée d'agrandir le pentagone et de faire "remonter" P et Q le long de AF et BC jusqu’à ce que T et R soient sur FE et CD et/ou que S soit sur ED.
Essayons d'abord de satisfaire la première contrainte, soit : "T est sur FE", et voyons jusqu’où peut aller a pour que S soit bien intérieur à l'hexagone.
P est censé être sur AF et PT = a. Les angles du triangle PTF sont connus : FPT = 12° et TFP = 120°.
Donc FT / sin12 = a / sin 120, soit : FT = a sin12 / sin120 = 0,24a.
La "hauteur" de T par rapport à AB est donc (1 + 0,24a) √3/2.
Pour avoir celle de S, il faut ajouter celle du segment TS, dont la longueur est a et qui est incliné de 108 – (180 – 108) = 36° sur l'horizontale, soit a sin36 = 0,588a.
La "hauteur" de S est donc :
(1 + 0,24a) √3/2 + 0,588a = 0,866 + 0,796a
et l'on veut que cette "hauteur" soit inférieure ou égale à celle de DE, soit √3 = 1,732.
Il faut donc que :
a ≤ (1,732– 0,866) / 0,796 Soit a ≤ 1,088.
Mais ce n'est pas tout. Il faut aussi que PQ = a et que S soit dans l'axe de symétrie vertical.
On peut calculer la "hauteur" de PQ à partir de celle de S. Il faut en retrancher un rayon et un apothème du pentagone, soit à retrancher :
a/2 (tan54 + 1/cos54) = 1,539a
D'où la "hauteur" de PQ : h = 0,866 + 0,796a – 1,539a = 0,866 – 0,743a.
Or les angles QAB et QBA valant 120°, PQ – 1 = 2h/√3 = 1 – 0,858a.
D'où PQ (= a) = 2 – 0,858a.
D'où a = 2/1,858 = 1,076, ce qui est cohérent avec la contrainte a ≤ 1,088.
Il faut enfin que S soit dans l'axe de symétrie vertical.
C'est le cas par construction. En effet, si l'on prend a = 1,076, on a PQ = PT = TS et les
"inclinaisons" de PT et TS sont bien celles d'un pentagone régulier.
En conclusion donc, le maximum du côté a d'un pentagone régulier inscrit dans un hexagone régulier de côté 1, dans le cas où un côté du premier est parallèle à un côté du second, est a = 1,076.
2. un côté du pentagone est perpendiculaire à une diagonale de l'hexagone.
La configuration est alors comme suit.
La première question est : si l'on prend P sur AF, peut-on avoir T sur AF tout en respectant PQ = PT?
Si PQ = a, AP = a/√3 donc PF = 1 – a/√3 = 1 – 0,577a. Dans le triangle PFT, on a : PF / sinPTF = PT / sinPFT
soit :
PF / sin18 = PT / sin120 soit :
(1 – 0,577a) / 0,309 = a / 0,866 soit :
a = 1,0709
Cette solution (unique dans le cas n°2 en cours d'examen) étant légèrement moins bonne que la précédente, on pourrait en rester là. Assurons-nous tout de même qu'elle est possible en vérifiant que S est bien intérieur à l'hexagone.
La "hauteur" de S est celle de PQ plus un rayon et un apothème du pentagone, soit en reprenant les chiffres ci-dessus :
a/2√3 + 1,539a = 1,957
qui est bien inférieur à la "hauteur" de D, soit 2 rayons de l'hexagone = 2.
En conclusion générale, le maximum du côté a d'un pentagone régulier inscrit dans un hexagone régulier de côté 1 est a = 1,076.
