Enonc´e noD154 (Diophante)
Solution de Jean Moreau de Saint-Martin 1) ConditionP Q=dentier (en millim`etres)
Dans le trap`ezeO1P QO2, rectangle en P etQ, on aO1O2 =b+c, O1P −O2Q=b−c, et par PythagoreP Q2 = (b+c)2−(b−c)2 = 4bc.
Ainsi d= P Q est moyenne g´eom´etrique de AC et CB, ´egale `a la hauteur CD du triangle ADB.
Soitp/q la fraction irr´eductible ´egale `a d/2c, on ap2/q2 =b/c, puis b/p2 =c/q2 =m, entier car les d´enominateurs sont premiers entre eux.
2) D´etermination der
2.1) A partir d’un th´eor`eme g´en´eral (cf. preuve en annexe)
Th´eor`eme : soitD+ 2 sph`eres tangentes 2 `a 2 dans l’espace RD. Le carr´e de la somme de leurs courbures (inverse du rayon) est Dfois la somme des carr´es de leurs courbures.
Cela s’´ecrit dans le cas pr´esent (D= 2) 1
r +1 b +1
c − 1 a
2
= 2 1
r2 + 1 b2 + 1
c2 + 1 a2
o`u on met un signe− pour aau premier membre car ce cercle contient les autres `a son int´erieur.
On en tire sans difficult´e (l’´equation en r est du second degr´e, mais ici la sym´etrie par rapport `aAB conduit `a une racine double)
r=bc b+c b2+bc+c2 2.2) Par un calcul en coordonn´ees cart´esiennes
Je prendsCB etCD comme axes de coordonn´ees, ce qui donne O: (c−b,0), avec la condition OI=a−r,
O1 : (−b,0), avec la condition O1I =b+r, O2 : (c,0), avec la conditionO2I =c+r, I : (x, y).
Alors
(x+b−c)2+y2= (b+c−r)2, (x+b)2+y2= (b+r)2,
(x−c)2+y2= (c+r)2, puis
x2 +y2−r2 = 4bc−2x(b−c) + 2r(b+c) = −2bx+ 2br = 2cx+ 2cr = 4bcr/(b+c) = 4bcx/(b−c)
d’o`u on tirer=bc(b+c)/(b2+bc+c2).
3) Dimensions du tranchet
A partir des r´esultats pr´ec´edents, on a r=mp2q2(p2+q2)/(p4+p2q2+q4).
1
Pour que ce soit un entier, il faut quemsoit multiple de p4+p2q2+q4, car ce d´enominateur est premier avec les autres facteurs du num´erateur quand p/q est irr´eductible.
Ainsi m = s(p4+p2q2+q4) avec sentier, et la plus grande dimension du tranchet est
2a= 2(b+c) = 2s(p2+q2)(p4+p2q2+q4).
Quitte `a ´echanger les rˆoles de b et de c, on peut supposer p > q et donc p≥q+ 1. D’o`u (avec s= 1) un minorant de 2a en fonction de q, qui vaut 210 pourq = 1 et 3458 pour q= 2.
Il faut donc exclureq ≥2 et prendreq = 1. Ensuite, sip≥3, on a 2a≥1820, ce qui est trop. Il faut prendrep= 2 ets= 1 pour avoir 2a= 210 millim`etres, longueur compatible avec l’empan de Sutor, ce qui ne serait pas le cas d’un de ses multiples.
En conclusion, on a a= 105, b=d= 84, c= 21,r = 20 millim`etres.
4) Constructions
Je les donne pour un tranchet de proportions quelconques, pouvant diff´erer de celles trouv´ees au paragraphe pr´ec´edent.
4.1) Construction de P Q
Je construis P0, intersection du cercle (O1, b) et du cercle (A, b), puis Q0, intersection du cercle (O2, c) et du cercle (C, c), du mˆeme cˆot´e de AB que P0. Dans l’homoth´etie qui transforme (O1, b) en (O2, c), P0 et Q0 sont des points homologues. P0Q0 coupe AB en T, centre de cette homoth´etie. T appartient aux tangentes communes ext´erieurement aux deux cercles.
Donc P est sur le cercle de diam`etre T O1, et Q sur le cercle de diam`etre T O2, d’o`u leur construction.
Avec les proportions r´esultant de l’´enonc´e, C est milieu des segments AT, O1B, etOO2.
4.2) Construction du cercle de centreI
J’observe que (calcul facile `a partir de l’expression de r en b etc) : O1I coupe CD en un point F tel queCF =AB·O2B/O1B, O2I coupe CD en un point Gtel queCG=AB·AO1/AO2,
d’o`u une construction (que je ne d´etaille pas) `a partir de quatri`emes pro- portionnelles.
Les intersections deOI, O1I, O2I avec les cercles bords du tranchet sont des points du cercle `a construire, et en d´eterminent le rayon.
5) Rayons de divers cercles
Les formules litt´erales donn´ees ci-apr`es sont valables quelles que soient les proportions du tranchet. Les valeurs num´eriques correspondent aux dimen- sions d´etermin´ees au paragraphe 3.
Les centresO3 etO4 ont pour coordonn´ees (−r3, y3) et (r4, y4). En ´ecrivant les conditionsOO3 =a−r3,O1O3=b+r3, OO4 =a−r4,O2O4 =c+r4, on obtient
2
r3 =r4 =bc/a= 16,8 millim`etres.
Dans le rayon du cercle (O, a) perpendiculaire `aP Q, on peut voir la somme de la distance de O `a P Q et du diam`etre d’un cercle (celui de centre O5) tangent `a P Qet au cercle (O).
CommeO1O=c,OO2 =b,O est le barycentre de O1 et O2 avec les poids b et c, et la distance de O `a P Q est le moyenne pond´er´ee de b et c, soit (b2+c2)/(b+c). C’est aussi a−2r5, donc
2r5 =a−(b2+c2)/a= 2bc/a, etr5 =bc/a=r3 =r4 = 16,8 millim`etres.
Remarque. Il y a un autre cercle tangent `a P Q au mˆeme point et tangent int´erieurement au cercle (O), il a pour rayon a−r5 = 88,2 mm et est donc “plus grand”. L’´enonc´e aurait pu pr´eciser qu’on se limitait aux cercles int´erieurs au tranchet.
A partir des coordonn´ees deI x=r(b−c)/a,y = 2r,
on obtient celles deR, barycentre deI etO1 avec les poids b etr (−2bc2/(a2+c2),2abc/(a2+c2)),
et celles deS, barycentre de I etO2 avec les poids c etr (2b2c/(a2+b2),2abc/(a2+b2)).
L’´equation du cercle (CRS) est alors, apr`es simplifications, x2+y2−2bcy/a= 0
ce qui montre que ce cercle est tangent `aAB en C (O6 est sur CD), et que son rayon est
r6 =bc/a=r3 =r4 =r5= 16,8 millim`etres.
On aimerait en avoir une preuve moins calculatoire.
Remarque. La figure peut donner l’impression que P Q est tangente `a ce cercle. Il n’en est rien, car la distance deC `a P Qest 2bc/a (C est le bary- centre de O1 et O2 avec les poids c et b) ; le cercle (O6) est s´epar´e de P Q par le cercle de centreC et de rayon 2r6 qui est tangent `a l’un et `a l’autre.
Annexe
Le th´eor`eme se d´emontre ais´ement, avec un traitement sym´etrique desD+ 2 sph`eres, en utilisant le d´eterminant de Crelle1 pour ´ecrire que le polytope dont les centres des sph`eres sont les sommets a une mesure nulle dans l’espace RD+1 qui les contient.
Dans cet espace, siD+ 2 points Mk sont donn´es, la mesure Mdu polytope qu’ils forment est donn´ee par
(−1)D2D+1(D+ 1)!M2= |MiMj|2 1
1 0 =Z, (∗)
1J’ai pr´esent´e ce d´eterminant en annexe `a ma solution du probl`eme D317
3
avec une ´ecriture abr´eg´ee pour les D+ 2 premi`eres lignes et colonnes du d´eterminant, qui est d’ordreD+ 3.
Si les Mk sont les centres de sph`eres de rayons ak, les sph`eres sont deux `a deux tangentes si|MiMj|=|ai+aj|pour tousi6=j.
Si l’une des sph`eres englobe les autres, on prend son rayon n´egativement pour que la formule reste valable.
Pour couvrir aussi le casi=j o`u|MiMj|= 0, je noteεij = 1 sii=j, =−1 sinon. Alors|MiMj|=|ai−εijaj|pour tousi, j.
D´eveloppant|MiMj|2, on fait disparaˆıtre lesa2k en retranchant de la colonne jla colonneD+ 3 multipli´ee para2j, et de la ligneila ligneD+ 3 multipli´ee para2i, pour tousietj.
Divisant chaque ligne iparai et chaque colonne j paraj, on obtient Z= Y
k
ak
!2
−2εij 1/ai
1/aj 0
Dans le d´eterminant obtenu Y, j’ajoute alors `a la derni`ere ligne les D+ 2 premi`eres avec les coefficients 1/4ai, ce qui donne, en notant
P
k1/ak=S−1,Pk1/a2k=S−2,
Y = −2εij 1/ai
S−1/2 S−2/4
J’ajoute `a la derni`ere colonne lesD+ 2 premi`eres avec les coefficients 1/4aj, ce qui donne
Y = −2εij S−1/2 S−1/2 S−2/4 +S−12 /8
Je retranche maintenant de la derni`ere ligne les D+ 2 premi`eres avec les coefficients S−1/(4D), ce qui donne
Y = −2εij S−1/2
0 S−2/4 + (D−D−2)S−12 /(8D)
et finalement, en d´eveloppant par rapport `a la derni`ere ligne (je ne d´etaille pas le calcul du d´eterminant d’ordre D+ 2 symbolis´e par | −2εij|)
Y = DS−2−S−12
8D | −2εij|= DS−2−S−1
8D D(−1)D+122D+3 En rapprochant cette expression de la relation (∗), on obtient
S−12 −DS−2 = Y
k
ak
!−2
2−D−2(D+ 1)!M2
d’o`u le th´eor`eme si les D + 2 sph`eres sont contenues dans l’espace RD, puisqu’alorsM= 0.
4
