par Alain Bougeard, Michel Suquet
Avis de recherche du n°198
Nous vous avions proposé un problème issu de la session 2008 du concours « René Merckhoffer » :
Soit $ABC$ un triangle rectangle en $A$. Les bissectrices de ce triangle issues de $B$ et $C$ coupent respectivement $[AC]$ en $P$ et $[AB]$ en $Q$. Les perpendiculaires abaissées de $P$ et $Q$ sur $[BC]$ coupent $[BC]$ respectivement en $M$ et $N$.
Quelle est la mesure de l’angle $\widehat{MAN}$ ?
Solution de cet avis de recherche
Une exploration de la situation à l’aide de GeoGebra nous indique que $\widehat{MAN}$ est égal à 45°, ce qui est la moitié d’un angle droit : pour un triangle rectangle et des bissectrices il y a sûrement un lien à exploiter.
Complétons la figure avec la perpendiculaire abaissée de $A$ sur $[BC]$.
$P$ est sur la bissectrice de $\widehat{ABC}$
donc $P$ est à égale distance de $(AB)$ et de $(BC)$,
avec $(PM) \perp (BC)$ et $(PA) \perp (AB)$ on en déduit que $PM = PA$
donc le triangle $APM$ est isocèle en $P$
ce qui donne l’égalité $\widehat{PAM} = \widehat{PMA}$.
Par ailleurs, $(PM) \perp (BC)$ et $(AH) \perp (BC)$ donc $(PM)$ // $(AH)$.
Ainsi, les angles alternes-internes $\widehat{PMA}$ et $\widehat{MAH}$ sont égaux.
On a donc $\widehat{PAM} = \widehat{MAH}$.
De même, avec le point $Q$ qui est sur la bissectrice de $\widehat{ACB}$, un raisonnement similaire permet d’obtenir l’égalité $\widehat{QAN} = \widehat{NAH}$.
Or, $\widehat{QAN} + \widehat{NAH} + \widehat{HAM} + \widehat{MAP} = \widehat{BAC}$
Avec les différentes égalités obtenues, et sachant que $ABC$ est rectangle en $A$, on a donc $\widehat{NAH} + \widehat{HAM}$ = 45°
Ce qui démontre le résultat obtenu avec GeoGebra : $\widehat{NAM}$ = 45°
Avis de recherche du n°197
Rappelons l’avis n°1 paru dans les Chantiers n°197 dont on n’avait pas donné une solution dans le précédent numéro des Chantiers :
Pierre Delezoide nous a envoyé une solution en utilisant la trigonométrie et on peut se demander si on peut passer par une autre voie, notamment en utilisant les propriétés des bissectrices dans un triangle rectangle…
Solution de cet avis :
Soit $\alpha$ l’angle $\widehat{BAQ}$ = $\widehat{QAC}$ et $\beta$ l’angle $\widehat{BCP}$ = $\widehat{PCA}$.
Le triangle $ABC$ étant rectangle en $B$, $2\alpha$ + $2\beta$ = $\dfrac{\pi}{2}$
donc $\alpha$ + $\beta$ = $\dfrac{\pi}{4}$
Les triangles $BQA$ et $BPC$ sont rectangles en $B$,
donc $AB$ = $AQ \cos\alpha$ = $9 \cos\alpha$ et $BC$ = $PC \cos\beta$ = $8\sqrt{2}\, \cos \left( \dfrac{\pi}{4} - \alpha \right)$
d’où $BC$ = $8\sqrt{2}\, (\cos\dfrac{\pi}{4} \cos\alpha + \sin\dfrac{\pi}{4}\sin\alpha)$ = $8\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos\alpha + \sin\alpha\right)$ = $8(\cos\alpha + \sin\alpha)$
Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$ : $\tan(2\alpha)$ = $\dfrac{BC}{AB}$ = $\dfrac{8(\cos\alpha + \sin\alpha)}{9 \cos \alpha}$ = $\dfrac{8}{9}\left(1+\tan\alpha\right)$
Rappelons-nous alors que $\tan(2\alpha)$ = $\dfrac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$
En posant $X$ = $\tan\alpha$, on obtient donc $\dfrac{2X}{1-X^2}$ = $\dfrac{8}{9}\left(1+X\right)$ donc $18X$ = $8(1+X)(1-X^2)$
ce qui nous donne une équation du 3e degré : $4X^3 + 4X^2 + 5X - 4$ = $0$
En utilisant le théorème de la racine rationnelle, on montre que $\dfrac{1}{2}$ est la seule racine rationnelle et que les deux autres sont non réelles [1].
Dans le triangle $ABQ$, rectangle en $B$, on a donc $AB$ = $2BQ$
et avec le théorème de Pythagore, $AQ$ =$BQ\sqrt{5}$
on a donc $\cos\alpha$ = $\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ et $\sin\alpha$ = $\dfrac{1}{\sqrt{5}}$.
On peut alors calculer $AB$ = $9\, \cos\alpha$ = $\dfrac{18}{\sqrt{5}}$
et $BC$ = $8(\cos\alpha + \sin\alpha)$ = $8\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}} + \dfrac{1}{\sqrt{5}}\right)$ = $\dfrac{24}{\sqrt{5}}$
Enfin, grâce au théorème de Pythagore, $AC^2$ = $\left(\dfrac{18}{\sqrt{5}}\right)^2 + \left(\dfrac{24}{\sqrt{5}}\right)^2$ = $\dfrac{900}{5}$ = $180$
donc $AC$ = $\sqrt{180}$ = $6\sqrt{5}$
NB : avez-vous remarqué que $ABC$ est un triangle « 3,4,5 » ? Le problème a dû être construit sur cette base.
Avis de recherche du n°196
Revenons aussi sur le partage en parts de même aire dont nous avions donné une première solution dans le n°197 des Chantiers.
Que ce soit à l’Épiphanie pour les galettes ou plus souvent pour les tartes dominicales, c’est généralement au matheux de service qu’il échoit le privilège d’en trouver le centre puis de les découper en parts égales (pour ne pas dire de même aire), surtout depuis la disparition de mon père qui s’élevait toujours contre ce processus égalitaire en arguant qu’il y en avait des qui avaient un appétit plus grand que celui des autres…
Nous n’avions aucun problème pour partager en 2, 3, 4, 5 (pour les plus forts), 6, 8 10 et 12 mais on savait qu’il était inutile de s’attaquer à 7, 9, 11 ou 13 et cela sans rien connaître des travaux de Fermat, ou de Gauss.
Quelques résultats pour ceux qui auraient oublié !
- Nombres de Fermat
$F_\beta = 2^{2^\beta} + 1$ avec $\beta$ entier naturel
Jusqu’à présent on ne connaît que 5 nombres premiers de Fermat : $F_0 = 2^{2^0} + 1 = 3$, $F_1 = 2^{2^1} + 1 = 5$, $F_2 = 2^{2^2} + 1 = 17$, $F_3 = 2^{2^3} + 1 = 257$ et $F_4 = 2^{2^4} + 1 = 65\,537$.
Et l’on sait que $F_5 \dots F_{20}$ ne sont pas premiers !
- Constructibilité à la règle et au compas d’un polygone régulier à $n$ côtés
a) Un polygone régulier à $n$ côtés est constructible si et seulement si $n$ à une décomposition en facteurs premiers de la forme : $n = 2^m \times F_1 \times F_2 \times \dots \times F_k$ avec $m$ entier naturel et les $F_i$ des nombres premiers de Fermat deux à deux distincts.
b) Soient $m$ et $n$ deux entiers naturels premiers entre eux. Le polygone à $mn$ côtés est constructible si et seulement si les polygones à $m$ et à $n$ côtes sont constructibles.
Muni de ces précieux outils nous pouvons en conclure que sont constructibles les polygones réguliers à 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, 40, 51…côtés.
Et ne le sont pas ceux à 7, 9, 11, 13, 14, 18, 19, 21, 22, 23, 25, 26, 27, 28, 29, 31, 33, 35, 36, 37, 38, 39, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50…côtés pour s’en tenir aux 50 premiers nombres et qui sembleraient donner à penser que les inconstructibles seraient plus nombreux que les constructibles.
Dans le n°198, nous vous avions donné une solution, constructible pour tout entier, mais en sortant des sentiers battus, à l’aide de demi-disques emboîtés les uns dans les autres.
Toujours en exploitant des disques, on peut concevoir d’autres solutions de partages en parts égales d’un disque.
Par exemple en prenant des disques concentriques. Et pour commencer, en partageant en 2 parts égales, ie de même aire.
Le disque central a pour aire la moitié de l’aire du disque donné donc pour rayon $r$, le rayon $R$ du disque donné divisé par $\sqrt{2}$. Ce qui est constructible à la règle et au compas (voir l’encadré ci-dessous pour des détails sur une construction d’un disque central, présentée pour $n$ = 7 mais facilement adaptable à n’importe quelle valeur).
$CE$ = $\dfrac{R}{\sqrt{2}}$ |
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Pour le partage en 3 parts égales, de même, le disque central a pour rayon celui du disque donné divisé par $\sqrt{3}$. Le disque suivant a pour aire les deux-tiers du disque donné donc son rayon est $\sqrt{\dfrac{2}{3}}R$ et ainsi c’est encore constructible : on construit le premier disque de rayon $r$ = $\sqrt{\dfrac{1}{3}}R$ puis le deuxième de rayon $\sqrt{2}r$ = $\sqrt{\dfrac{2}{3}}R$.
$CE$ = $\dfrac{R}{\sqrt{3}}$ |
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Continuons avec le partage en 4 parts égales : le disque central a pour rayon $\sqrt{\dfrac{1}{4}}R$, le suivant a pour rayon $\sqrt{\dfrac{2}{4}}R$ = $\sqrt{\dfrac{1}{2}}R$ et le troisième a une aire égale aux trois-quarts du disque donné donc son rayon est égal à $\sqrt{\dfrac{3}{4}}R$.
Pour $n$ = 5, la suite des rayons est $\sqrt{\dfrac{1}{5}}R$, $\sqrt{\dfrac{2}{5}}R$, $\sqrt{\dfrac{3}{5}}R$ et $\sqrt{\dfrac{4}{5}}R$.
Remarque : L’escargot de Pythagore (ou spirale de Théodore) est particulièrement adapté pour construire les valeurs des rayons successifs dès que le rayon $r$ du disque central est construit :
$r_{2}$ = $\sqrt{2} \, r$, $r_{3}$ = $\sqrt{3} \, r$, $r_{4}$ = $\sqrt{4} \, r$, $r_{5}$ = $\sqrt{5} \, r$, $r_{6}$ = $\sqrt{6} \, r$, $r_{7}$ = $\sqrt{7} \, r$…
La généralisation des raisonnements précédents nous montre qu’on peut recommencer pour n’importe quel nombre entier $n$ avec une construction géométrique exacte (à la règle et au compas) mais, de plus en plus difficile à exécuter (voir ci-contre pour $n$ = 7)…
… et, surtout, à déguster en pâtisserie car les auréoles obtenues seraient bien fragiles !
Par contre on pourrait l’utiliser pour fabriquer des cibles où les impacts dans chaque zone seront équiprobables… à condition de tirer en fermant les deux yeux ! [2]
Construction du disque central
Le principe de construction présenté ci-dessous est valable pour n’importe quel entier. Dans ce qui suit, on a pris $n$ = 7 mais vous devriez être capable de l’adapter sans trop de problème pour la valeur de $n$ que vous voulez.
On divise le diamètre $[AB]$ en 6 parts égales puis on reporte une de ces parts sur $(AB)$ pour obtenir le point $C$ à l’extérieur du cercle $\mathscr{C}$ :
$CA$ = $\dfrac{2R}{6}$ et $CB$ = $7 \times \dfrac{2R}{6}$
Soit $T$ le point de contact de la tangente au cercle $\mathscr{C}$ passant par $C$.
En utilisant la puissance du point $C$ par rapport au cercle $\mathscr{C}$ [3],
on a $CT^2$ = $CA \times CB$
ce qui permet d’obtenir $CT$ = $\dfrac{\sqrt{7}}{6} \times 2R$
Soit le point $D$ sur $[AB]$ tel que $CD$ = $\dfrac{3}{6}AB$,
en traçant la parallèle à $(BT)$ passant par $D$ qui coupe $[CT]$ en $E$,
le théorème de Thalès permet d’écrire : $\dfrac{CE}{CT}$ = $\dfrac{CD}{CB}$
donc $CE$ = $\dfrac{\sqrt{7}}{6} \times 2R \times \dfrac{\dfrac{3}{6} \times 2R}{\dfrac{7}{6} \times 2R}$
ce qui donne bien $CE$ = $r$ = $\dfrac{R}{\sqrt{7}}$, le rayon du disque central. Ensuite, c’est l’escargot de Pythagore qui nous permet de construire les rayons des autres disques pour réaliser le partage en sept parts égales.
Nous aborderons dans le prochain numéro des Chantiers des méthodes mixtes qui utilisent à la fois des partages à l’aide de disques et des partages classiques à l’aide de polygones réguliers ; peut-être pourrez-vous y réfléchir et nous faire part de vos recherches 🙂 et peut-être y a-t-il des valeurs de $n$ pour lesquelles le partage en $n$ parts égales n’est pas toujours possible avec ces méthodes mixtes !
Nouvel avis de recherche
- Sauriez-vous résoudre le système suivant, système de 3 équations à 3 inconnues ?
$\left\{\begin{array}{ccc} (x+y)^2(xy-128) + xy^2z &=& 0 \\ (y+z)^2(yz-81) + x^2yz &=& 0 \\ x^2-y^2+z^2 &=& 0 \end{array} \right.$
- À quoi peut bien servir cette résolution ?
Pour cet avis de recherche, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers. Vous pouvez également nous proposer des énoncés de problèmes que nous soumettrons à la sagacité de nos lecteurs et lectrices.
NB : deux autres articles de ce numéro des Chantiers proposent aussi des problèmes à résoudre avec les 3 exemples d’énoncés du championnat de la FFJM et le prix « Affaire de logique » 2023. Vous pouvez aussi nous faire parvenir vos solutions à ces problèmes 🙂
La Régionale de l’Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS