Considérons, dans le plan complexe, les points X1, Y1et Z1, d’affixes respectives x1= 0, y1= 1 et z1= z.
Construisons les points X2, Y2et Z2, d’affixes x2, y2et z2, dé- finis de la façon suivante :
• X1Z1Y1est (directement) semblable à Z1X2Y1:
= ⟹ x2= –z2+ 2z ,
• X1Z1Y1est (directement) semblable à Y2Z1X1: y2= ,
• X1Z2Y1est (directement) semblable à Y1Z1X1: z2= 1– z .
Il est facile de vérifier que X2Y2Z2est semblable à Z1X1Y1. Cherchons à quelle condition X2Z1Y2est semblable à X1Z1Y1:
= ⟺ z3– 4z2+ 3z – 1 = 0 ,
et il est facile de vérifier que cette condition implique bien que les triangles X1Z2Y2et Y1X2Z2sont sembla- bles à Z1X1Y1. Ce qui prouve l’existence de la configuration cherchée… pour peu que l’on choisisse pour z une solution convenable de l’équation z3– 4z2+ 3z – 1 = 0 .
Il suffit pour cela de poser : z = – (1 + i ) – (1 – i ) ou, si
l’on préfère (lorsque l’on suppose y1= 109) : z ≈ 426 050 482,15 + 368 989 407,48 i .
Cela donne les longueurs suivantes (arrondies à l’entier le plus proche) :
— pour X1Z1: 563624162
— pour Z1Y1: 682327804.
z 12 z x22 y1
z1 2y1
z22 y1 x12y1
x22 z1 y22 z1
x12z1 y12z1
#3 14723"932>2 4
3 1
6 "3 1
6 "3 #3 14713"932>2
