D323 : Non fiat lux
Voici deux énigmes qui attendent des réponses lumineuses....
1) Comment cacher un point lumineux de l'espace avec le minimum de boules pleines assimilées à des sphères parfaites? Existe-t-il une solution avec toutes les boules ayant des rayons entiers dans laquelle la plus grande boule a le plus petit rayon possible?
2) Un point lumineux du plan est situé à l'intérieur d'un polygone de n côtés. Aucun de ces côtés n'est éclairé dans sa totalité. Quelle est la plus petite valeur de n qui satisfait cette propriété ? 1) On peut découper l’espace en 4 trièdres convexes, les axes de chacun étant
génératrices d’un cône tangent à une famille de sphères. Il suffira donc de quatre sphères pour cacher le point lumineux.
Si l’on prend pour origine O l’orthocentre d’un tétraèdre régulier, et pour axes Ot, Ou, Ov, Ow les quatre hauteurs (qui font entre elles des angles égaux à α, avec cosα=-1/3), chaque sphère tangente à Ot, Ou et Ov sera coupée par le plan formé par Ot et Ou selon un cercle de rayon r dont le centre est distant de r/sin(α/2) de O, donc si P et Q sont les extrémités du diamètre passant par l’origine, OP=r(1/sin(α/2)-1) et
OQ=r(1+/sin(α/2)+1).La combinaison d’une symétrie par rapport au plan Ot,Ou et d’une homothétie de centre O de rapport (1+sin(α/2))/(1-sin(α/2)) transforme la sphère en une sphère tangente à Ot, Ou et Ow, et à la sphère initiale au point Q ; le rapport des rayons de ces sphères est donc (1+sin(α/2))/(1-sin(α/2))=9,899. C’est là la plus petite sphère tangente à Ot, Ou et Ow, ne coupant pas la sphère initiale, et plus grande qu’elle. En recommençant deux fois cette opération on construit les quatre sphères.
Prenons comme unité le rayon de la première ; si la seconde a un rayon entier, il sera au moins de 10, celui de la troisième de 99, et celui de la quatrième de 980.
2) Tout polygone convexe ne peut répondre à la question. Un triangle est toujours convexe. Un quadrilatère a au plus un angle rentrant : si on le joint au sommet opposé, on délimite deux triangles : tout point intérieur au quadrilatère est intérieur à l’un des triangles et voit entièrement au moins deux cotés.
Pour un pentagone, on peut avoir au plus deux angles rentrants ; s’il y en a un seul, on peut comme dans le cas du quadrilatère, découper le pentagone en deux figures convexes, en le reliant à l’un des sommets non adjacents ; s’il y en a deux non
adjacents, on obtient deux figures convexes en les reliant entre eux ; enfin , s’il y en a deux adjacents, en reliant chacun au sommet qui n’est adjacent à aucun d’eux, on obtient découpe le pentagone en trois triangles ayant au moins l’un des cotés du pentagone pour coté.
La plus petite valeur possible de n est donc 6 : partant d’un triangle équilatéral MNP de centre O, on construit B entre N et P (plus près de N), et A sur MN, au delà de N et du point d’intersection de MN et OB ; de même, D entre P et M, et C sur NP ; puis F entre M et N et E sur PM : l’hexagone ABCDEF répond à la question, puisque O ne voit entièrement aucun de ses cotés.
