Problème numéro E582

Problème numéro E582

Énoncé(problème proposé par Gwenaël Robert).

En l’an 1730, juste avant d’être pendu haut et court, le célèbre pirate Olivier Levasseur jeta un crypto- gramme dans la foule en s’écriant : « Mon trésor à qui saura le prendre ! » Il y a peu de temps, Diophante est enfin parvenu à déchiffrer ce texte. Il apparaît que La Buse aurait enterré son fabuleux magot quelque part sur une île circulaire ou à ses alentours. Sur le pourtour de cette île, comme sur chaque île qu’il investissait, il fit dresser un certain nombre de postes de guet. Les longueurs des arcs de cercle entre deux postes de guet adjacents, exprimées en hectomètres, prenaient les valeurs entières de 1 au nombre de postes de guet¹. La Buse avait coutume de dissimuler son trésor au croisement à angle droit de deux droites joignant chacune deux postes de guet. Avant de dissimuler sa fortune, il envoya donc Triple-Buse, son fidèle mais pas bien malin second, oeuvrer à la construction des postes. Ce dernier respecta bien les différentes distances demandées, mais, ne sachant pas leur ordre précis, les distribua au hasard. A force de recherches, Diophante a localisé pas moins de quatre îles circulaires sur lesquelles La Buse s’est rendu et où le trésor pourrait se trouver... La pre- mière comptait 9 postes de guet. Les autres en avaient 13 , 15 et 18. Seulement Diophante est pingre et n’a les fonds nécessaires que pour une seule expédition. C’est alors que Zig intervient, éliminant trois îles parmi les quatre en quelques minutes de réflexion.

Q1: Lesquelles ? Et comment a-t-il fait ? Et Puce de surenchérir.... Très astucieux en effet ! Sur cette île, La Buse était certain de pouvoir dissimuler son trésor, quels que soient les choix de Triple-Buse.

Q2: Comment Puce a-t-il pu affirmer ceci en quelques minutes de plus ? Q3: Est-on assuré que le pirate ait pu cacher son trésor sur la terre ferme ?

Nota : il est évident que, s’il ne disposait pas d’outil de calcul avancé, La Buse, comme tout bon capitaine de l’époque, maîtrisait les notions élémentaires de géométrie.

1. C’est ainsi que sur un îlot circulaire d’un kilomètre de circonférence avec quatre postes de guet, les distances entre les postes suc- cessifs auraient été, par exemple, de 1,4,3,2 hectomètres.

Solution.Soitn≥3 ; on pose`:= n(n+1)

2 . SoitC un cercle de centreO dont la longueur de circonférence est`et orienté positivement dans le sens des aiguilles d’une montre. SoitP un polygône ànsommets inscrit dansC tels que les longueurs des arcs entre deux sommets consécutifs sont exactement 1, 2,· · ·,n−1,n. En se déplaçant dans le sens des aiguilles d’une montre et en partant deP0, on rencontre successivement les sommetsP0, . . . ,Pn−1puis enfin à nouveauPn:=P0. Une diagonale du polygône est par définition un segment joignant deux sommets distincts. Le théorème suivant répond aux questions 1 et 2 de l’énoncé. La question 3 reste à ma connaissance un joli problème ouvert tout du moins lorsquenest assez grand.

Théorème. Il existe deux diagonales du polygône qui sont orthogonales entre elles si et seulement si`est pair².

Preuve du théorème.Considèrons le polygône régulierQinscrit dans le cercleC à`côtés qui aP₀, . . . ,P_n−1 parmi ses sommets. La longueur des arcs entre deux sommets consécutifs deQest égale à 1. Ci dessous le dessin en bleu de l’intérieur de ce polygône lorsquen=5.

=⇒. Supposons qu’il existe deux diagonales [P_i,P_j] et [P_r,P_s] orthogonales entre elles. Traçons la parallèle à la droite (P_rP_s) passant parP_i qui recoupe le cercle en un pointQ qui est forcément un sommet deQ. Alors le triangleQP_iP_j inscrit dans le cercleC est rectangle enP_i. D’après une propriété classique sur le cercle, on déduit que [P_jQ] est un diamètre et la longueur du demi cercle d’extrémitésP_j,Q vautÚP_jQ=`/2 et est un entier. Ainsi`est pair.

⇐=. Supposons que`est pair et raisonnons par l’absurde en supposant que deux quelconques diagonales du

2. Il n’est pas difficile de montrer que`est pair si et seulement sin≡1 ou 3 (mod 4).

polygôneP ne sont jamais orthogonales. En particulier aucune diagonale deP ne peut être un diamètre ; sinon si [P_i,P_j] est un diamètre, alors en choisissant un troisième sommetP_r on aurait les deux diagonales [P_i,P_r] et [P_r,P_j] qui seraient orthogonales, ce qui est contraire à l’hypothèse. Dans la suite nous allons avoir besoin du lemme suivant et de son corollaire.

Lemme.SoitA,B,C,Dquatre points du cercle orientéC avecA6=CetB6=Det tels que ÙAB+C DÙ=`/2 (mod`).

Alors les deux segments [A,C] et [B,D] sont orthogonales.

Preuve du Lemme.La droite passant parCet parallèle à la droite (B D) coupe le cercleC en un deuxième point C⁰(éventuellement confondu avecC).

Supposons tout d’abord queC6=C⁰. On a alors

ACÙ⁰=ÙAB+ÙBC+C DÙ+DCÙ⁰=`/2+BCÙ+DCÙ<sup>0</sup> (mod`).

Or (B D) est parallèle à (CC⁰) doncÙBC= −DCÙ⁰ (mod`), ce qui permet d’obtenirACÙ<sup>0</sup>=`/2 (mod`). Le seg- ment [A,C⁰] est donc un diamètre et donc, d’après une propriété classique sur le cercle, les deux segments [A,C] et [C,C⁰] sont orthogonaux. On conclut alors facilement que les deux segments [A,C] et [B,D] sont or- thogonaux.

Supposons maintenant queC=C⁰. Le pointCappartient alors à la médiatrice de [B,D] qui coupe le cercle C en un deuxième point notéA⁰. On a avec ces nouvelles notations :

ÙAB+C DÙ=`/2=C AÙ<sup>0</sup>=C DÙ+D AÙ<sup>0</sup> (mod`),

ce qui entraîneÙAB=D AÙ⁰ (mod`). Or nous avons aussiD AÙ<sup>0</sup>=AÙ<sup>0</sup>B (mod`), doncÙAB=AÙ⁰B (mod`). Finale- mentA=A⁰et les deux segments [A,C] et [B,D] sont encore orthogonaux.

Corollaire.SoientA,B,C,Dquatre sommets deP avec 0<ÙAB<`/2 et 0<C DÙ<net tels que ÙAB+C DÙ=`/2 (mod`).

AlorsA=CouB=D, i.e., nous ne pouvons être que dans l’une des deux situations ci-dessous.

Preuve du corollaire.Supposons que A6=C etB6=D. Alors, d’après le lemme, les deux diagonales [A,C] et [B,D] sont orthogonales. Ceci contredit l’hypothèse faite sur les diagonales du polygôneP. D’où le résultat.

SiPest un sommet deP, on noteP^?le point diamétralement opposé àPsur le cercleC; puisque`est pair, nous avons

P^?est un sommet deQ.

De plus partant du sommetPet en se déplaçant dans le sens des aiguilles d’une montre, on noteP₊le sommet deP le plus éloigné dePtel que

0≤ÚP P₊≤`/2.

Puisqu’aucune diagonale n’est un diamètre et que les longueurs des côtés deP sont≤n, nous avons :

PÛ₊P^?∈J^1,n−1K^{. (1)}

Par hypothèse, l’entierd₊(P) :=PÛ₊P^?est alors la longueur d’un côté du polygône et donc il existei∈J^0,n−1K tel quePÜ_iP_i+1=PÛ₊P^?. PuisqueÚP P₊+PÜ_iP_i+1=`/2 (mod`), d’après le corollaire, nous déduisons l’existence d’un sommet unique notéP₊⁰ tel que

³

[P,P₊⁰] est un coté deP etP PÚ₊⁰ =PÛ₊P^?´ ou³

[P₊⁰,P₊] est un coté deP etPÛ₊⁰P₊=PÛ₊P^?´

, (2)

soit deux positions possibles à priori pour le sommetP₊⁰ qui sont représentées sur la figure ci-dessous. En

tournant dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, on définit aussi deux autres pointsP₋etP₋⁰ ainsi que l’entierd₋(P).

Grâce à la relation (1) et puisque le polygôneP ansommets, d’après le principe des tiroirs, il existe deux sommetsA6=BdeP tels que

AÛ₊A^?=BÛ₊B^?.

Notonsd₊=AÛ₊A^?=BÛ₊B^?cette valeur commune. D’après les relations (2), nous sommes dans l’une des si- tuations suivantes :

(S1)d₊=ÚA A⁰₊=ÚB B₊⁰ et [A,A⁰₊], [B,B₊⁰] sont des cotés deP ; (S2)d₊=AÛ⁰₊A₊=BÛ₊⁰B₊et [A⁰₊,A₊], [B₊⁰,B₊] sont des cotés deP ; (S3)d₊=ÚA A⁰₊=BÛ₊⁰B₊et [A,A⁰₊], [B₊⁰,B₊] sont des cotés deP; (S4)d₊=AÛ⁰₊A₊=B BÚ₊⁰ et [A⁰₊,A₊], [B,B₊⁰] sont des cotés deP.

En remarquant que tous les cotés du polygône ont des longueurs différentes, nous pouvons exclure les situations (S1) et (S2) qui entraîne queA=B. Les situations (S3) et (S4) étant symétriques, nous pouvons sup- poser en toute généralité que nous sommes dans la situation (S4), i.e., dans la configuration où

B=A⁰₊ et B AÚ₊=AÛ₊A^?.

Cette configuration est représentée sur la figure ci-dessous. On poseI:=(A₊)^?etJ:=B^?. Sur les arcs rouges sur la figure ci-dessous, il ne peut pas y avoir de sommets du polygôneP.

Supposons qu’il existe un sommet deP sur le petit arc d’extrémitésI,J. Alors le sommetD:=B₋se situe sur cet arc,D₋=A₊etd₋(D)<ØJ I. Mais alors le sommetD₋⁰ se situe dans la zone rouge comme indiquée sur la figure ci-dessous, ce qui est impossible. Par conséquent, on ne trouve pas de sommets deP sur ce petit

arc d’extrémitésI,J. Ainsi il n’y a pas aussi de sommets deP sur le petit arc ouvert d’extrémitésI,B₊qui a pour longueur 2d₊. On peut donc dire que 2d₊∈J^0,n−1Ket il existe un unique indicei ∈J^0,n−1K^{tel que} PÜ_iP_i+1=2d₊. Alors nous avons

ÙAB+PÜiPi+1=`/2 (mod`),

et donc, d’après le corollaire, le coté [P_i,P_i+1] se trouve à l’intérieur du petit arc d’extrémitéA,B. De même

nous avons :

ÛA₊B₊+PÜ_iP_i+1=`/2 (mod`),

et donc, d’après le corollaire, le coté [P_i,P_i+1] se trouve à l’intérieur du petit arc d’extrémitéA₊,B₊. Comme ces deux arcs sont disjoints, le coté [P_i,P_i+1] se trouverait à deux endroits différents, ce qui est absurde. Ceci finit

la preuve.