D2908. Une perle de Victor Thébault
Énoncé On inscrit dans un cercle(Γ) de centreO et de rayon unité un polygone régulier dek côtés(k >6)et de ksommetsA1, A2, ..., Ak.
Soient O1 le point symétrique deO par rapport à la cordeA1Ak−1 et O2 le symétrique de O par rapport à la cordeA2A6.
O1O2 a la dimension du côté d’un triangle équilatéral inscrit dans(Γ). Déterminerk.
Solution PlaçonsAk à l’intersection de (Γ) et de l’axe des abscisses. Notonsα= 2π/k l’angle au centre de(Γ) forme par deux sommets consécutifs du polygone. On a immédiatementO1 = (2 cos(α),0).
De plus A2 = (cos(2α),sin(2α))et A6 = (cos(6α),sin(6α)). On en déduit les coordonnées du point milieu de cette corde et doncO2= (cos(2α) + cos(6α),sin(2α) + sin(6α)).
Un triangle équilatéral inscrit dans (Γ) aura des côtés de longueur √
3. Le problème revient donc a trouver alpha tel que(O1O2)2= 3, i.e. :
(cos(2α) + cos(6α)−2 cos(α))2+ (sin(2α) + sin(6α))2= 3
En transformant cette équation a l’aide des formules de trigonométrie usuelles, on aboutit a :
cos(4α) + cos(2α)−cos(α)−cos(3α)−cos(5α)−cos(7α) =−1 2 On peut alors faire apparaître :
cos(6α) +1 2 =Re
" 7 X
p=0
−eiαk
#
=Re
1−e8iα 1 +eiα
Et donc en factorisant :
cos(6α) +1 2
cosα
2
= sin 7α
2
sin(4α)
De nouvelles transformations permettent d’aboutir à :
cos 11α
2
+ cos 13α
2
+ cos 15α
2
= 0
C’est-à-dire :
cos 13α
2
= 0
Ainsi :
13 2
2π k = π
2 +nπ avecnentier On cherche donckentier,k >6 tel que :
k= 26 2n+ 1 La seule solution satisfaisante est obtenue pourn= 0.
On en déduitk = 26.
1
Figure1 – Figure tracée à l’aide du logicielGéogebra. On obtient bien, pour k= 26,O1O2 =
√3≈1,732
2
