Enonc´e noD324 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Premi`ere tourn´ee
Soienta, b, c, dles longueurs des tangentes men´ees `a la sph`ere parA, B, C, D respectivement.
Supposant les points de contacts avec la sph`ere int´erieurs aux segments cˆot´es du quadrangle ABCD, on a les relations vectorielles telles que
(a+b)OP =bOA+aOB, exprimant queP est barycentre des points A et B avec des poids correspondant aux distances.
Ces relations sont valables avec une origine O quelconque, que j’omettrai dans la suite, ´ecrivant simplement (a+b)P =bA+aB.
Ainsi
(1/a+ 1/b)P =A/a+B/b, (1/b+ 1/c)Q=B/b+C/c, (1/c+ 1/d)R=C/c+D/d, (1/d+ 1/a)S =D/d+A/a.
Soit Ω le barycentre des pointsA, B, C, D affect´es respectivement des poids 1/a,1/b,1/c,1/drespectivement. On a
(1/a+ 1/b+ 1/c+ 1/d)Ω =A/a+B/b+C/c+D/d=
= (1/a+ 1/b)P + (1/c+ 1/d)R= (1/b+ 1/c)Q+ (1/d+ 1/a)S.
Cela montre que Ω est barycentre, avec les poids indiqu´es, de P etR d’une part, deQetS d’autre part. Il appartient `a la fois aux segments P RetQS.
Le planP QR contient Ω, donc aussi S, CQFD.
Remarque. Ce ne serait plus vrai si un nombre impair de droites parmi AB, BC, CD, DAavaient leur contact avec la sph`ere hors du segment cor- respondant du quadrangle.
Exemple avec la sph`erex2+y2+z2 = 1. Soit 0< u < π/2.
A(1,−tanu,0) ; B(1,1,0) ;C(tanu,1,0) ;D(0,0,1/sinu).
P(1,0,0) ;Q(0,1,0) ;R(cos2u,cosusinu,sinu) ;S(cosusinu,−cos2u,sinu).
A la diff´erence de P, R, S, le point Q n’appartient pas au p´erim`etre du quadrangle.
Le t´etra`edre P QRS a pour volume (1/3) sinu6= 0.
Deuxi`eme tourn´ee
Pour classifier les solutions, je consid`ere le graphe des arˆetes du parall´el´epi- p`ede (hom´eomorphe `a celui du cube), et le sous-graphe r´eduit aux sommets A, B, C, Det aux arˆetes qui les joignent.
SiP etQ sont deux sommets voisins deA, la face contenant ces 3 points a pour 4e sommet un pointR0 tel queAP =QR0, et je noterai
R0 =P+Q−A au lieu deOR0=OP+OQ−OA vectoriellement avec une origineO quelconque ; de mˆeme j’´ecrirai (P+Q)/2 pour le milieu deP Q.
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a) Aucune arˆete
Une seule solution pour ce cas : les 4 sommets compl´etant A, B, C, Dsont (B+C+D−A)/2, (A−B+C+D)/2, (A+B−C+D)/2, (A+B+C−D)/2.
b) Une arˆete
Si cette arˆete est par exemple AB, le parall´el´epip`ede a 3 autres arˆetes qui lui sont parall`eles, dont deux ont des extr´emit´es voisines deA ou deB, qui ne peuvent ˆetre niCniD. MaisC etDseraient alors voisins sur la 3e arˆete, il n’y a donc pas de solution pour ce cas.
c) Deux arˆetes, sans sommet qui ait deux voisins
Si l’une est par exempleAB,CDdevrait ˆetre l’arˆete sym´etrique par rapport au centre du parall´el´epip`ede. Mais alors les 4 points A, B, C, D seraient coplanaires, il n’y a donc pas de solution pour ce cas.
d) Trois arˆetes touchant un mˆeme sommet
Il y a 4 fa¸cons de choisir ce sommet (de degr´e 3) parmi A, B, C, D. Si c’est A, ses voisins sont B, C, D et les 4 sommets compl´etant A, B, C, Dsont B+C−A,C+D−A,D+B−A,B+C+D−2A,
fournissant au total 4 solutions pour ce cas.
e) Trois arˆetes sans sommet commun aux trois
La somme des degr´es est 6, `a r´epartir entre les 4 points A, B, C, D sans degr´e>2. Si c’´etait 2 + 2 + 2 + 0, le sous-graphe serait form´e d’un sommet isol´e et d’un triangle, mais le graphe du cube n’a pas de triangle. La seule r´epartition est (`a permutation pr`es des sommets) 1+2+2+1, le sous-graphe formant une chaˆıne. Il y a 12 chaˆınes telles queA–B–C–D, car il y aC42= 6 fa¸cons de former la paire des sommets bouts de chaˆıne, puis deux fa¸cons de les raccorder aux sommets interm´ediaires qui sont voisins.
La chaˆıne n’´etant pas plane, les 4 sommets compl´etant A, B, C, D (qui forment la chaˆıneA–B–C–D) sont
B+D−C,A+D−C,A+D−B,A+C−B fournissant au total 12 solutions pour ce cas.
f) Deux arˆetes avec un sommet commun
Il y a 4 fa¸cons de choisir le sommet de degr´e 2, puis 3 fa¸cons de choisir le sommet isol´e. Si le sommet de degr´e 2 estAet le sommet isol´eD, les arˆetes sontAB etAC, et les 4 sommets compl´etantA, B, C, D sont
B+C−A,A+D−B,A+D−C, 2A+D−B−C, fournissant au total 12 solutions pour ce cas.
Au total on peut former 1 + 4 + 12 + 12 = 29 parall´el´epip`edes.
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Troisi`eme tourn´ee
a) Le nombre maximum est au moins 13. En effet, soit un icosa`edre r´egulier d’arˆete 1 ; le rayon de la sph`ere circonscrite est cos(π/10)<1, et la configu- ration form´ee parP1 `a P12, les 12 sommets de l’icosa`edre, et P13, le centre de l’icosa`edre, satisfait l’´enonc´e.
b) Le nombre maximum ne peut d´epasser 15. En effet, dans un triangle PiPjPn, PiPj > PiPn, PjPi > PjPn, et l’angle PiPnPj est oppos´e au plus grand cˆot´e. Il est donc > π/3 et les cˆones de demi-angle au sommet π/6 ax´es sur les demi-droitesPnPi sont sans point commun hors dePn.
Un tel cˆone d´ecoupe sur la sph`ere unit´e une calotte qui est la fraction de l’aire totale de cette sph`ere ´egale `a
1 2
1−cosπ 6
= 2−√ 3
4 = 1
8 +√
48 > 1 15.
Il ne peut donc y avoir 15 cˆones deux `a deux sans point commun hors de Pn, d’o`un−1≤14.
c) Pour serrer davantage cette majoration, je partage la sph`ere unit´e en n−1 polygones curvilignes constitu´es par les points les plus proches des axesPnPi. Les cˆot´es de ces polygones sont des arcs de grand cercle, puisque ce sont les intersections de la sph`ere avec les plans bissecteurs des angles PiPnPj.
L’aire d’un tel polygone est au moins l’aire d’un polygone ayant le mˆeme nombre de cˆot´es et dont tous les cˆot´es, arcs de grand cercle, touchent le bord de la calotte d´elimit´ee par le cˆone.
Je vais ´etudier l’aire minimale s(d) d’un tel polygone `a d cˆot´es. Plus d est grand, plus l’aire peut ˆetre proche de l’aire de la calotte. Je cherche `a mettre en ´evidence un nombre positifatel que
s(d)≥s(6) + (6−d)a.
En effet, s’il y an−1 polygones, leur aire totale, ´egale `a celle de la sph`ere, est au moins
Ps(d)≥(n−1)s(6) +aP(6−d)≥(n−1)s(6) + 12a,
car une cons´equence bien connue de la relation d’Euler-Descartes est P(6−d)≥12.
SoitP Qun arc (de mesure 2γ) du bord de la calotte (de centreC), compris entre les points de contactP etQde deux cˆot´es cons´ecutifs du polygone, se coupant enB. L’arc de grand cercleBC fait un angleβ avecBP etBQ, et un angleγ avec CP etCQ. L’aire du quadrilat`ere BP CQest 2β+ 2γ−π.
Dans le triangle BP C, on connaˆıt le cˆot´e CP = π/6 et l’angle (di`edre) BP C = π/2. Cela permet de d´eterminer β par les formules de la trigo- nom´etrie sph´erique en fonction deγ.
β= arccos
√ 3 2 sinγ
! .
Pour d´eterminer l’aire d’un desn−1 polygones, ayantdcˆot´es, il suffit alors de faire la somme des aires des quadrilat`eres correspondant aux d arcs du
3
bord de la calotte. L’intuition sugg`ere que l’aire est minimale quand ces arcs sont ´egaux. Cela se v´erifie en observant que la d´eriv´ee seconde de l’aire 2β+ 2γ−π par rapport `aγ est positive. Ainsi la moyenne des aires obtenues avec γ et γ0 est sup´erieure `a l’aire obtenue avec (γ+γ0)/2.
Nous obtenons ainsi s(d) `a partir de γ =π/d: s(d) = 2darccos
√ 3 2 sinπ
d
!
−π(d−2).
Le calcul selon cette formule fournit s(6) = 0,90919654 et on constate que les diff´erences s(d)−s(d+ 1) vont en d´ecroissant, ce qui permet de prendre a=s(5)−s(6) = 0,033333.
Alorsn−1≤ 4π−12a
s(6) = 13,38
ce qui exclut une configuration `a 15 points.
En outre, pour que n puisse atteindre 14, il faudrait une configuration de 13 polygones ; une configuration de 12 pentagones et un hexagone est irr´ealisable : quand on part de l’hexagone et qu’on le borde par des penta- gones, la figure a une sym´etrie d’ordre 6 et on arrive `a un second hexagone.
Cette remarque n’´epuise pas le sujet, mais il semble bien quen= 13 consti- tue le maximum. En effet, les polygones ne doivent pas ˆetre trop diff´erents de polygones r´eguliers, sous peine d’avoir une aire qui s’´ecarte (en plus) de celle de la calotte sph´erique qu’ils doivent contenir.
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