D1845. Six points remarquables
Partant de l’hexagone r´egulier X10Y20Z20Y10X20Z01, on remarque que les 8 tri- angles qui nous int´eressent sont r´epartis en 2 ensembles de 4 triangles ´egaux, `a une sym´etrie pr`es.
Si on transforme cette figure par affinit´e suivant l’un de ses axes de sym´etrie, on aboutit `a la configuration recherch´ee o`u les 8 triangles sont semblables. Grˆace aux parall´elismes entre segments, la condition n´ecessaire et suffisante est l’´egalit´e des angles
Z\1X1Y1=Z\2X1Y2
ou de leurs tangentes.
tan(Z\2X1Y2) =k tan(30o) k : rapport d’affinit´e
Z\1X1Y1= 2×X\2X1Y1 X1Y1et X1Z1sym´etriques //X1X2 tan(X\2X1Y1) = 2/k tan(30o)
En posantt=tan(30o): k t= 2 t/k
1−(t/k)2
k2= 2 +t2= 7/3 ⇒ k = 1.5275252316· · · X1Z1 = 1/2 X1Y1 = 5 108
La longueur deZ1Y1est calcul´ee par le th´eor`eme de Pythagore : Z1Y1 =√
2/2 X1Y1= 707.106.781
Angles : Z\1X1Y1 = 41.409622o X\1Y1Z1= 27.885567o Y1\Z1X1 = 110.704811o
Sur le mˆeme triangle de r´ef´erenceX1Y1Z1, on peut construire 3 configurations distinctes, avec 2, 4 ou 8 variantes suivant le degr´e de sym´etrie.
2 variantes en hexagone :
4 variantes en parall´elogramme :
8 variantes en pentagone :
Consid´erations g´en´erales
Pour un triangle de r´ef´erence X1Y1Z1 donn´e, X2 peut occuper l’une des 11 positions de mˆeme couleur queX1, telles que le triangleX2Y1Z1soit semblable
`
a X1Y1Z1. Mˆeme chose pourY2 etZ2.
Chacun des 6 points est sommet de 4 triangles form´es avec les combinaisons de 2 points parmi les 4 dont la couleur est diff´erente de la sienne. On trouve une relation int´eressante en ´etudiant la topologie des angles : en effet, si les 8 triangles sont semblables, on a un ensemble de 8 angles de chacune des valeurs α, β, γ (dans l’ordre croissant), r´eparties `a raison de 4 par sommet.
Le contour ext´erieur des 6 points est soit un hexagone, soit un pentagone (avec le 6`eme point `a l’int´erieur), soit un quadrilat`ere (avec 2 points `a l’int´erieur).
Si le contour est un hexagone ou un quadrilat`ere, la configuration poss`ede un centre de sym´etrie. Le cas d’un contour en triangle avec 3 points int´erieurs est exclu : les 3 points ext´erieurs devraient ˆetre de 3 couleurs diff´erentes; il y aurait alors une variante o`u le triangle de r´ef´erence serait celui de l’ext´erieur, ce qui conduirait `a des angles α, ou β des triangles mixtes inf´erieurs aux valeurs de r´ef´erence.
Dans tous les cas, il existe au moins un point du contour o`u l’on aγ =α+ 2β ouγ = 2α+β, ou un point int´erieur o`u l’on aα+ 3γ =πouβ+ 3γ =π, soit :
3α+ 2β= πou3β+ 2α=π.
On convient dor´enavant de ne plus classer les 3 angles en ordre croissant, mais de fixer :
• α= 36o+ 2θ
• β= 36o−3θ
• γ= 108o+θ
Comparaison entre 2 configurations en parall´elogramme
La 1`ere est construite sur le mˆeme triangle de r´ef´erence que la configuration
”hexagone” ´etudi´ee au d´ebut.
θ = 2.704811o Y\1X1Y1= 41,409622o Z\1Y1X1= 27,885567o X\1Z1Y1= 110,704811o
X1Y1= 1.000.000.000 X1Z1= 500.000.000 Y1Z1= 707.106.781
La 2`eme utilise le mˆeme point X2, des points Y2 etZ2diff´erents et une autre valeur de θ.
Deuxi`eme famille de solutions
Sur le mˆeme triangle de r´ef´erenceX1Y1Z1, on peut construire 2 configurations distinctes avec 4 et 8 variantes.
4 variantes en parall´elogramme :
8 variantes en pentagone :
Dimensions
X1Y1=X2Y2= 1.000.000.000
X1Z1 =X2Z2= X1Z2=X2Z1 = 500.000.000 Y1Z1 =Y2Z2=Y1Z2 =Y2Z1= 707.106.781 X1Y2=X2Y1= 353.553.390
X1Y1=Y2Z2= 1.000.000.000
X1Z1 =X2Z1= X2Z2= 500.000.000
Y1Z1 =X2Y2=X1Y2=Y1Z2 = 707.106.781 Y1X2=Z1Y2= 353.553.390
X1Z2 = 1.414.213.562
N.B. dans la 2`eme famille, les couleurs ont ´et´e permut´ees
X1Y1=Y2Z2= 1.000.000.000 X1Z1 =X2Z2= 682.327.804 Y1Z1 =X2Y2= 563.624.162 X1Y2=Y1Z2= 1.210.607.794 Y1X2=Z1Y2= 826.031.358 X1Z2 = 1.774.231.957 Z1X2 = 465.571.232
X1Y1=X1Z2= 1.000.000.000 X1Z1 =Z2Y2= 682.327.804 Y1Z1 =X2Y2= 563.624.162
X1Z2 =Y1X2=Z1Y2= 826.031.358 Y1Z2 = 1.465.571.232
X1Y2= 1.210.607.794 Z1X2 = 465.571.232
Les dimensions des autres variantes de mˆeme forme se d´eduisent de celles-ci par r`egle de trois.
