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298. Zig fait zag sur des cercles
Les deux questions Q1 et Q2 sont indépendantes l'une de l'autre.
Q1 Zig place les points A1,A2,A3 et A4 dans cet ordre sur la circonférence d'un cercle (Γ) puis il trace la parallèle à A1A2 passant par A4 qui coupe (Γ) en un deuxième point A5.Il répète le processus en traçant la parallèle à AiAi+1*** passant par Ai+3 qui coupe (Γ) en un deuxième point Ai+4. Démontrer qu'après un nombre fini d'étapes, Zig obtient un point qui se confond avec l'un des quatre points d'origine.
Qu'en est-il si les points A1,A2,A3 et A4 sont placés dans un ordre quelconque sur le cercle (Γ)?
***Nota: Si la parallèle à AiAi+1 passant par Ai+3 est tangente au cercle (Γ), alors Ai+4 = Ai+3
Q2 Zig trace deux cercles (γ) et (γ') de même rayon r dont les centres O et O' sont à une distance d < r. Soit un point quelconque B1 de (γ). Zig trace le segment B1B2 = r avec B2 choisi parmi les deux points possibles sur (γ') puis le segment B2B3 = r avec le point B3 sur (γ) autre que B1. Il répète le processus en alternant les points Bi sur l'un des deux cercles et Bi+1 (autre que Bi-1) sur l'autre cercle tels que BiBi+1 = r. Démontrer qu'après un nombre fini d'étapes, Zig revient au point B1.
Pour les plus courageux: Zig trace le cercle (γ) de rayon r puis le cercle (γ') de rayon r' < r centré sur la circonférence de (γ). A partir d'un point quelconque B1 de (γ), Zig trace successivement les points B2,B3,...en alternance sur les cercles (γ') et (γ) tels que BiBi+1 = r. Démontrer qu'après un nombre fini d'étapes, Zig revient au point B1.
Solution proposée par Maurice Bauval
Q1) Le cercle (Γ) est supposé avoir pour rayon 1. Soient a,b,c,d,e les affixes des cinq premiers points. En exprimant que (e – d )/(b – a) est réel on trouve e = ab/d.
Les points suivants ont alors pour affixes :
f = bc/e = bcd/(ab) = cd/a, g = cd/f = (cda)/(cd) = a . Donc A7 =A1 .
Peu importe l'ordre dans lequel sont placés sur le cercle (Γ) les points A1,A2,A3 et A4 .
Q2) Soient 2 cercles de rayon r, de centres O1 et O2 avec distance O1 O2 = d. Le cercle centré en un point A de (O1) et de rayon r coupe (O2) en deux points B et F. Les points A et O2 sont symétriques par rapport à la corde BF.
Le quadrilatère FABO2 est un losange. Son image par la translation de vecteur AO1 est le losange EO1CD.
C est sur le cercle (O1) car CO1 = BA = r et E est sur le cercle (O1) car EO1 = FA = r.
A et D sont symétriques par rapport au milieu de O1 O2.
Si Zig place B1 en A et B2 en B, les Bi qui suivent sont placés en C, D, E, F, A. On a B7 = B1 et B 6+i = Bi .
Q3) Pour le rayon de (γ') je préfère écrire s au lieu de r'. Un point A est sur (γ) , AO' < r+s, et A≠O'.
Un point B est sur (γ') avec AB = r. Ils ont pour affixes ra et r+sb où a et b ont pour module 1 . Il faut module de (r+sb-ra) = r , ou (r+sb–ra)(r+s/b–r/a) = r² d'où deux équations du second degré en b ou en a :
b² –
(a
2∗r
2−a (r
2+ s
2)+ r
2)
( rs (a−1))
b – a = 0, produit des racines bb' = –a et aussi : a² – (1+bs/r)a + b(bs+r)/(br+s) = 0 (relation **) somme des racines a+a' = 1+bs/r .Pour éviter de manipuler des indices, je considère les points successifs ABCDEFG etc.. et leurs affixes : A: ra ; B r+sb ; C rc ; D r+sd ; E re ; F r+fs ; G rg où a,b,c,d,e,f,g sont des nombres complexes de module 1 On va montrer que G et A sont symétriques par rapport à OO', que a et g sont conjugués, que ag = 1.
c =1+bs/r–a d= –c/b e= 1+ds/r–c f= –e/d g=1+fs/r–e
Toutes substitutions faites on exprime g en fonction de a et b g = (1–a)(1+s/(br)) – bs/[ar–bs–r]
1 – ag =
( a−1)
(br ( ar−bs− r ))
[a²r(br+s) – a(br+s)(bs+r) + br(bs+r) ] 1 – ag =((a −1)( br+s))
(b (ar −bs−r ))
[ a² – a(1+bs/r) + b(bs+r)/(br+s) ]Le dernier crochet est nul car a et b vérifient la relation (**) vue à la 2ième ligne de cette page.
En 6 étapes on passe de A à G symétrique de A par rapport à OO' donc en douze étapes partant de A on retrouve A.
Avec la notation indicielle on part de B1 et on obtient B13 = B1, et aussi Bi+12 = Bi.
