D2908 – Une perle de Victor Thébault
On inscrit dans un cercle (Γ) de centre O et de rayon unité un polygone régulier de k côtés (k
> 6) et de k sommets A₁,A₂,...,Ak.
Soient O₁ le point symétrique de O par rapport à la corde A₁Ak-1 et O₂ le symétrique de O par rapport à la corde A₂A₆.
O₁O₂ a la dimension du côté d’un triangle équilatéral inscrit dans (Γ).
Déterminer k.
Solution par Daniel Collignon
Notons t=2pi/k l'angle au centre entre 2 sommets du polygone régulier à k>6 côtés.
Ainsi 0<t<pi/3.
Dans le triangle OO1O2 d'angle O1OO2=4t, nous avons O1O2=sqrt(3), OO1=2cos(t), OO2=2cos(2t).
La loi des cosinus (Al-Kashi) s'écrit O1O2^2=OO1^2+OO2^2-2*OO1*OO2*cos(O1OO2).
D'où 3=4cos^2(t)+4cos^2(2t)-8cos(t)cos(2t)cos(4t).
Plutôt que de résoudre une équation du 7ème degré en cos(t), nous remarquons que sin(8t)/sin(t)=8cos(4t)cos(2t)cos(t)
Le terme restant étant du 4ème degré en cos(t), nous sommes tentés d'évaluer sin(5t) = Im((cos(t)+isin(t))^5)=5cos^4(t)sin(t)-10cos^2(t)sin^3(t)+sin^5(t) D'où sin(5t)/sin(t)=5cos^4(t)-10cos^2(t)(1-cos^2(t))+sin^4(t)
Puis sin(5t)/sin(t)=16cos^4(t)-12cos^2(t)+1
Comme cos(2t)=2cos^2(t)-1, alors cos^2(2t)=4cos^4(t)-4cos^2(t)+1 Finalement 4cos^2(2t)+4cos^2(t)-3=16cos^4(t)-12cos^2(t)+1
L'équation se simplifie en sin(8t)=sin(5t) D'où 8t=5t ou pi-5t (mod 2pi)
On rejette le premier cas t=0 (mod 2pi/3).
Le deuxième cas t=pi/13 (mod 2pi/13) conduit à l'unique solution t=pi/13.
Finalement k=26.
