Avis de recherche du n°199

En ce qui concerne l’avis du n°199 des Chantiers dont la solution a mis à rude épreuve votre patience, ainsi que celle d’Alain, Pierre Delezoïde a repris la résolution du système d’équation dont notre collègue Serge Segor avait commencé à donner une première approche.

Rappelons l’avis de recherche :

Pierre Delezoïde nous propose la solution suivante :

Soit à résoudre :
$\left\{\begin{array}{ccc} (x+y)^2(xy-128) + xy^2z &=& 0\ (1) \\ (y+z)^2(yz-81) + x^2yz &=& 0\ (2) \\ x^2-y^2+z^2 &=& 0\ (3) \end{array} \right.$

On peut éliminer $x$ entre $(2)$ et $(3)$, ce qui revient à remplacer le système initial par le système équivalent $(1),(2’),(3)$ où la nouvelle équation $(2’)$ est $(2)-yz\times(3)$,
ce qui donne :
$(2’)\quad 0=(y+z)^{2}(yz-81)-yz(z^{2}-y^{2})$

On observe une factorisation, le premier facteur est $z+y$
l’autre est $ (y+z)(yz-81)-yz(z-y)=yz((y+z)-(z-y))-81(y+z)=2y^{2}z-81(y+z) $

L’équation $y+z=0$, soit $z=-y$, conduit à $x^{2}=0$ (équation $(3)$) donc $x=0$ et $128 y^{2}=0$ (équation $(1)$).
on obtient la solution (évidente) triviale $(x,y,z)=(0,0,0)$.

On est donc, sauf pour cette solution triviale, ramené au système équivalent :
$\left\{\begin{array}{ccc} (x+y)^2(xy-128)+xy^2z &=& 0\ (1) \\ 2y^{2}z-81(y+z) &=& 0\ (2) \\ x^2-y^2+z^2 &=& 0\ (3) \end{array} \right.$

L’équation $(3)$ est l’équation d’un cône circulaire $y^{2}=x^{2}+z^{2}$
et $y$ ne peut pas être $0$, car sinon on aurait $z=0\ (2)$ et $x=0\ (3)$.

On peut donc poser $x=y X$ et $z= y Z$
l’équation $(3)$ devient $X^{2}+Z^{2}=1$, équation du cercle $(C)$ de centre $(0,0)$ et de rayon $1$.

Les équations $(1)$ et $(2)$ donnent :
$ y^{2}(X+1)^2(y^{2}X-128)+ y^{4}XZ = 0 \quad ;\quad 2y^{3}Z-81y(1+Z) = 0 $
ce qui, compte tenu du fait que $y\not=0$, donne après simplification :
$(X+1)^2(y^{2}X-128)+ y^{2}XZ = 0 \quad ;\quad 2y^{2}Z-81(1+Z) = 0$
Après regroupement des termes en $y^{2}$ :
$y^{2}X((X+1)^{2}+Z)=128 (X+1)^{2}\quad ; \quad 2y^{2}Z =81 (Z+1)$

On peut remarquer que $Z$ ne peut pas être nul, sinon $Z=-1$ et $X$ ne peut pas être $-1$ sinon $Z=0$. Plus généralement aucun des facteurs ne peut être nul.

Les équations s’écrivent donc :
$y^{2}={\dfrac{81(Z+1)}{2Z}} = {\dfrac{128(X+1)^{2}}{X((X+1)^{2}+Z)}}\quad {\rm et}\quad X^{2}+Z^{2}=1$

On en déduit que les solutions pour $(X,Z)$ sont, voir la figure ci-dessous, les intersections du cercle $(C)$ et de la quartique $(Q)$ d’équation, sauf pour le point $(-1,0)$ :

$$81(Z+1)X ((X+1)^{2}+Z) = 256 Z (X+1)^{2}$$

On peut paramétrer $(C)$ privé de $(-1,0)$ par $X = \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ et $Z = \dfrac{2t}{1+t^{2}}$.

On remarque :
$ Z+1 = \dfrac{2t}{1+t^{2}}+1 = \dfrac{(1+t)^{2}}{1+t^{2}} $
$ X+1 = \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}+1 = \dfrac{2}{1+t^{2}} $
ce qui donne :
$(X+1)^{2}+Z = \dfrac{4}{(1+t^{2})^{2}}+\dfrac{2t}{1+t^{2}} = \dfrac{4+2t(1+t^{2})}{(1+t^{2})^{2}} = \dfrac{2(1+t)(2-t+t^{2})}{(1+t^{2})^{2}} $

L’équation en $t$ est donc :
$81 \dfrac{(1+t)^{2}}{1+t^{2}} \times \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}} \times \dfrac{2(1+t)(2-t+t^{2})}{(1+t^{2})^{2}}= 256 \dfrac{2t}{1+t^{2}} \times \dfrac{4}{(1+t^{2})^{2}}$
Ce qui équivaut à :
$P(t)=81(1+t)^{4}(1-t)(2-t+t^{2})-1024\,t(1+t^{2})=0$

Ce polynôme $P$ a un seul zéro réel qui appartient à l’intervalle $]0,1[$.

En effet, en utilisant l’algorithme de Sturm, Maple trouve que $P’$ n’a pas de zéros réel et reste $<0$ (terme dominant) ; $P$ est donc strictement décroissant (terme dominant $-81t^{7}$) et comme $P(0)=81>0$ et $P(1)=-2048$, $P$ a un et seul zéro qui est dans $]0,1[$.

NB : Il n’y a aucun espoir de « résoudre » ce polynôme $P$ car son groupe de Galois est $S_{7}$ (d’après Maple).

Cette solution $t$ détermine $X = \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$, $Z = \dfrac{2t}{1+t^{2}}$ et $y^{2} = \dfrac{81(Z+1)}{2Z} = \dfrac{81(1+t)^{2}}{4t}$, tous les trois $>0$.

À part la solution triviale $(0,0,0)$, il y a deux solutions symétriques par rapport à l’origine, $y(X,1,Z)$ pour les deux valeurs possibles pour $y$. Comme les trois surfaces sont invariantes par la symétrie par rapport à l’origine, il était attendu que les solutions arrivent par paires opposées.

On obtient les valeurs approchées :
$t \approx 0.2459504465$
donc $x \approx \varepsilon\,10.01573653\quad y \approx \varepsilon\,11.30549224 \quad z \approx \varepsilon\, 5.243965736 \quad\hbox{où}\quad \varepsilon\,=\pm 1$

 

Avis de recherche du n°203

Nous vous avions proposé 2 sangaku :

 

Solution de cet avis de recherche

Figure 1

Lorsqu’on consulte la page sangaku de wikipedia, on peut voir que ce premier sangaku sert d’exemple (Tablette de 1820) et il est donné une indication de solution à l’aide du théorème de Pythagore.

Cependant, d’autres méthodes sont possibles, telle l’utilisation de triangles semblables pour obtenir la distance $AB$ en fonction des rayons des deux cercles.

Mais d’abord, examinons comment construire cette figure, à la règle et au compas.

Pour comprendre comment procéder, une méthode ayant fait ses preuves est de considérer le problème comme résolu et d’analyser la figure obtenue.

Traçons quelques segments et droites dont la tangente commune aux deux cercles : elle coupe la droite$ (AB)$ en $F$, $E$ étant le point commun aux deux cercles tangents, de centres $C$ et $D$ (voir la figure ci-dessous) : il semble que ce point $F$ soit le milieu de $[AB]$ !

Les triangles $CAF$ et $CEF$ sont égaux car ces deux triangles sont rectangles en $A$ et $E$ respectivement et ayant 2 côtés égaux 2 à 2 ($CA$ = $CE$ et le côté commun $[CF]$), le théorème de Pythagore nous montre qu’il en est de même pour leurs 3^e côtés : $AF$ = $EF$.

Le même raisonnement pour les triangles $EDF$ et $BDF$ donne $BF$ = $EF$.

Ainsi, on a bien $AF$ = $FB$ et $F$ est le milieu de $[AB]$. De plus, puisque $AF$ = $EF$, le cercle de centre $F$ et passant par $A$ permet de construire le point $E$.

Un programme de construction possible est donc le suivant :

• soit deux points $A$ et $B$
• tracer $d_A$ et $d_B$ perpendiculaires à $(AB)$ passant par $A$ et $B$ respectivement
• tracer la médiatrice de $[AB]$ pour obtenir le point $F$ milieu de $[AB]$
• placer un point $C$ sur $d_A$
• tracer le cercle de centre $C$ et passant par $A$
• tracer le cercle de centre $F$ et passant par $A$ : il recoupe le cercle précédent en $E$
• tracer $(CE)$ : elle coupe $d_B$ en $D$
• tracer le cercle de centre $D$ et passant par $B$

$(CA)$ et $(DB)$ étant parallèles car perpendiculaires à $(AB)$, les angles alternes-internes $\widehat{ECA’}$ et $\widehat{EDB}$ sont égaux : les angles $\widehat{ACE}$ et $\widehat{BDE}$ sont supplémentaires. Et comme $\widehat{ACF}$ = $\widehat{ECF}$, $\widehat{EDF}$ = $\widehat{BDF}$, les angles $\widehat{ACF}$ et $\widehat{BDF}$ sont complémentaires donc $\widehat{AFC}$ = $\widehat{BDF}$ : il en résulte que les triangles rectangles $CAF$ et $DBF$ sont semblables ; en particulier, $\widehat{AFC}$ = $\widehat{BDF}$ et $\widehat{ACF}$ = $\widehat{BFD}$.
On a donc $\dfrac{AC}{BF}$ = $\dfrac{AF}{BD}$, ce qui donne $AC×BD$ = $AF×BF$ = $\dfrac{AB^2}{4}$ puisque $F$ est le milieu de $[AB]$
donc $AB$ = $2 \sqrt{AC×BD}$
On a ainsi la distance $AB$ en fonction des rayons des deux cercles.

Une autre construction de la figure 1 consiste à tracer 2 cercles $\mathscr{C}_1$ et $\mathscr{C}_2$, de centre $O_1$ et $O_2$ et de rayons $R_1$ et $R_2$, tangents en $T$ puis la tangente commune $(AB)$.

Pour cela on trace le cercle $\mathscr{C}_3$ de centre $O_2$ et de rayon $R_2 - R_1$ qui coupe le cercle $\mathscr{C}_4$ de diamètre $[O_1O_2]$ en un point $F$.

L’intersection de $(O_2F)$ avec la circonférence $\mathscr{C}_2$ fournit le point $B$ et celle de la parallèle passant par $O_1$ avec $\mathscr{C}_1$ fournit le point $A$.

Cette construction permet d’obtenir facilement la réponse à la question posée en utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle $O_1O_2F$ rectangle en $F$ :
$AB^2$ = $O_1F^2$ = $O_1O_2^2 - O_2F^2$
$AB^2$ = $(R_1+R_2)^2 - (R_1-R_2)^2$ = $4R_1R_2$
donc $AB$ = $2\sqrt{R_1R_2}$

 

Figure 2

Inscrire un carré $GIJK$ dans un triangle $ABC$ (avec deux sommets sur un côté) est aisé, surtout quand on sait comment faire !

D’abord on construit le carré $BCED$ extérieurement au triangle $ABC$ (voir la figure) puis les segments $[AD]$ et $[AE]$ qui coupent le segment $[BC]$ en $I$ et $G$ respectivement.

On complète le carré $GIJK$ dont les sommets $J$ et $K$ se retrouvent miraculeusement sur $[AC]$ et $[AB]$ par la vertu de l’homothétie de centre $A$ et de rapport $\dfrac{GI}{DE}$ = $\dfrac{GI}{BC}$.

On va appeler cela « la méthode des carrés externe-interne ».

Soit un triangle $ABC$ rectangle en $A$ et construisons la figure 2.

Dans le triangle $ABC$ rectangle en $A$ on construit le carré $G_1I_1J_1K_1$ par la méthode des carrés externe-interne. Puis il est facile de construire le cercle $\mathscr{C}_1$ inscrit dans le triangle rectangle $BI_1J_1$, en utilisant les bissectrices de ce triangle par exemple.

Dans le triangle $K_1G_1C$ rectangle en $G_1$ et semblable à $ABC$ (ils sont rectangles et ont l’angle $\widehat{BCA}$ en commun) la méme méthode permet de construire le carré $G_2I_2J_2K_2$ et le cercle $\mathscr{C}_2$. Les deux triangles étant semblables, la similitude décrite ci-dessus s’étend aux carrés et cercles dont les longueurs correspondantes sont dans le méme rapport $k$ = $\dfrac{G_1I_1}{BC}$.

Enfin dans le triangle $K_2G_2C$ semblable à $K_1G_1C$ (et donc à $ABC$) dans le méme rapport $k$, on construit le carré $G_3I_3J_3K_3$ et le cercle $\mathscr{C}_3$.

On sait que si le rapport des longueurs correspondantes est $k$, le rapport entre les aires correspondantes est $k^2$.

On peut donc ainsi conclure que $\dfrac{\mathscr{A}(\mathscr{C}_2)}{\mathscr{A}(\mathscr{C}_1)}$ = $k^2$ = $\dfrac{\mathscr{A}(\mathscr{C}_3)}{\mathscr{A}(\mathscr{C}_2)}$,
le produit des extrémes étant égal au produit des moyens (vive les mathématiques modernes !),
on obtient : $\mathscr{A}(\mathscr{C}_2)^2$ = $\mathscr{A}(\mathscr{C}_1) \times \mathscr{A}(\mathscr{C}_3)$

Remarque : La méthode des carrés externe-interne peut prendre une autre voie plus intérieure en devenant « la méthode des carrés interne-interne ».

On place un point $M$ sur le segment $[BC]$ (voir la figure ci-contre) puis on trace $(MN)$ qui est perpendiculaire à $(BC)$, $N$ étant sur $[AB]$, et enfin le carré $MPLN$.

En déplaçant le point $M$ sur $[BC]$, on peut faire en sorte que le point $L$ se retrouve sur $[AC]$ pour obtenir le carré $GIJK$ !

Pour cela, on trace la droite $(BL)$ et son intersection avec $[AC]$ donne le point $J$ et la perpendiculaire à $[BC]$ passant par $J$ donne le point $I$. On termine en traçant le carré $GIJK$.

 

Nouvel avis de recherche

Un exercice de géométrie élémentaire, en forme de sangaku, transmis par Guy Paty. Vous trouverez sûrement plusieurs méthodes, élémentaires ou non, pour le résoudre.

Nous attendons vos solutions que nous aurons plaisir à lire, et si, de plus, vous avez des problèmes à soumettre à la sagacité de nos lecteurs et lectrices, ainsi que des compléments sur des avis précédents, écrivez-nous à l’adresse des problèmes des Chantiers.

 

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Les chantiers de pédagogie mathématique n°204 avril 2025
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS