Casse-tête d’avril 2010
– Cadet Rousselle a trois prés carrés –
Vincent PANTALONI 29 avril 2010
Enoncé : Ce mois-ci, le casse-tête a été suggéré par Cadet Rousselle personnage célèbre d’une vieille chanson populaire. Très logiquement, ce casse-tête comporte trois énigmes car Cadet Rousselle a non seulement trois maisons, trois habits, trois chapeaux...mais aussi trois prés carrés de 120 mètres de côté chacun dans lesquels il a planté des haies de façon originale :
1. Dans le premier pré, les haies sont disposées de telle sorte que toute personne se trouvant sur l’un quelconque des côtés (sommets exclus) ne peut pas voir les trois autres côtés du pré. Comme Cadet Rousselle n’a que trois deniers, par économie il a planté des haies dont la longueur totale a est minimale.
2. Dans le deuxième pré, les haies qui délimitent trois parcelles de même surface et de même diamètreb sont disposées de telle sorte queb prend la plus petite valeur possible.
3. Dans le troisième pré, Cadet Rousselle a mis ses trois plus beaux chiens afin de surveiller la présence des rats et chaque chien a la responsabilité de surveiller la portion du pré qui est la plus proche de lui. Des haies délimitent leurs territoires de telle sorte que la distance qui sépare chaque chien du point le plus éloigné de son territoire est la même pour les trois chiens et prend la plus petite valeur possiblec.
Calculera,b etc et donner la disposition des haies et des chiens dans les trois prés.
Solution :. . . . Je ne prétend pas que mes résultats soient optimaux. J’ai privilégié certaines symétries par intuition et j’ai trouvé :
a= 120×(1 +√
3)≃327,8461 b= 120×
√65
8 ≃120,9339 c=b/2 = 120×
√65
16 ≃60,4670 Notations :
– Dans les calculs je notekle côté du carré. On ak= 120 exprimé en mètres.
1 Steiner
J’ai cherché une solution avec des haies continues. Avec cette hypothèse supplémentaire, pour des haies continues qui doivent joindre les sommets du carré, la longueur totale minimale est atteinte par un arbre de Steiner, utilisant le point de Fermat-Torricelli dans un triangle. Les haies sont repré- sentées ci-contre, les angles autour des pointsGetH valant tous 120°.Get H sont donc les centres de gravité des triangles équilatéraux bleu et rouge respectivement, situés aux deux tiers de chaque médiane (qui mesure √23×k) en partant du sommet. On a donc :a= 4×23×
√3
2 k+GH= 4√33k+GH Or GH mesurekmoins deux fois un tiers de la hauteur d’un triangle équi- latéral.GH=k(1−213×
√3
2 ) =k3−3√3 D’où : a= 4√
3
3 +3−√ 3 3
!
k= (1 +√ 3)k
Ab bB
bC
b
D
b
E
b
F
b
G
b
H
α= 120˚
1
http://www.diophante.fr/ 3 PAVAGE DE LAPLACE
2 Trois aires identiques de même diamètre minimal
Remarque :Pour ce probleme et le suivant on a découpé le carré (qui a 4 sommets) en trois domaines.
D’après le principe des tiroirs il y a un domaine qui contient au moins deux sommets.
Par conséquent le diamètre de ce domaine est nécessairement supérieur ou égal à k= 120, donc b >k.
J’ai cherché une solution admettant un axe de symétrie en faisant en sorte que le domaine avec deux sommets ait un diamètre proche dek.
Pour obtenir la figure ci-contre, on trace [EF] la médiatrice de [AB] puis la médiatrice de [CF] qui coupe [AD] en G. Ceci as- sure que GC = CF qui sont candidats à être les diamètres des domaines bleu et rose. Il reste à ajuster la position deH sur[EF]
afin que l’aire bleue fasse un tiers de l’aire du carré (la rose et verte, par symétrie auront alors aussi cette même aire). On se place dans le repère orthonormé(A,−AB,−→ −AD).−→
1. On détermine d’abord yG. (F C) a pour coeff. directeur 2 donc(IG)qui lui est perpendiculaire a pour équation : y=−12x+yG. OrI(34;12)∈(IG), donc 12 =−12 ×34+yG. On en déduityG= 78, soitDG=k8
2. L’aire bleue se décompose en celle du rectangleGDCG′plus l’aire du triangleGHG′ de base[GG′]et dont on note hla hauteur.
Je fais le calcul aveck comme unité. Comme l’aire deGDCG′ vaut 18 et queGG′ = 1on cherche h tel que :
1 8 +h
2 =1 3
Ce qui donne h= 125 c’est à dire EH = 18 +125 = 1324. Ainsi H n’est pas au centre du carré comme on aurait pu s’y attendre. Ce découpage est donc possible et donne un diamètrebqui vaut :
b=GF =GC =k s
1 8
2
+ 12=k
√65 8
3 Pavage de Laplace
Après plusieurs essais je suis revenu à quasiment la même figure que la précédente et qui n’en diffère que par la position du pointH.
On construit G de la même manière, on place J milieu de [GF] et K centre du rectangleCDGG′.H est sur l’axe de symétrie et sur la médiatrice de[JK]qui est confondue avec la médiatrice de [F C]. (On vérifie aisément que(JK)a 2 pour coeff. directeur). Le domaine rose est inclus dans le cercle de centreJ passant par G, A, etF car GAF est rectangle enA. Son rayon est le même que KG= 12GC puisque par constructionGC=GF. Ainsi toutes les conditions sont remplies et on obtient une valeur de c qui est la moitié deb.
c=b/2 =k
√65
8
Remarque: Un pavage de Laplace est associé à un ensembleE de points, chaque pavé étant lié à un point.
Le pavé associé au point J est l’ensemble des points du plan qui sont plus proche de J que des autres point deE. Les frontières sont obtenues en traçant des médiatrices. Nous avons ici un pavage de Laplace engendré par trois pointsJ,K,L(qui marquent les positions des chiens), et dont on prend l’intersection avec un carré.
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