Avis de recherche du n°207

Sur une idée de Guy Paty, dans le numéro précédent nous vous avions proposé un avis de recherche avec de la géométrie en 3D.

Observez les 2 figures ci-dessus : on part d’un coin de cube (figure 1), formé par un carré ABCD et une arête [AE] ; en faisant un pli avec [AC] on le déforme pour obtenir la figure 2. Les segments [AE], [AB], [AD] et [AC] jouent le rôle de charnières dans cette déformation : les points C et E s’éloignent tandis que les points B et D se rapprochent. À un moment de cette déformation, le segment [BD] coupe le segment [EC] : les points B, C, D et E sont coplanaires (figure 2).

L’arête du cube servant d’unité, pour la figure 2, calculez BD et CE, ainsi que les angles de cette pyramide de sommet A et de base BCDE.

 
Une autre façon d’aborder ce problème est de prendre un cube un peu plus complet et de le plier pour obtenir un octaèdre dont toutes les faces sont égales à un demi-carré, de côtés $1$, $1$ et $\sqrt{2}$.

On peut remarquer que $AA’$ = $BD$ et $EH$ = $MC$ : en tournant d’un quart de tour d’axe (CE) puis d’un demi-tour d’axe perpendiculaire à la base de la pyramide BCDE, on retrouve le même octaèdre.

On peut aussi remarquer que, d’une part, $EH$ = $HD$ = $HB$ : en effet, les triangles EHA, BHA et DHA, rectangles en H, sont égaux, et d’autre part, $AM$ = $EH$ puisque les triangles rectangles $AHM$ et $HMD$ sont égaux.

Pour simplifier les écritures qui suivent, posons $EH$ = $e$, $HC$ = $f$ et $AH$ = $h$.

À l’aide du théorème de Pythagore, on a les égalités suivantes :
(1) $h^2 + e^2 = 1$ (triangle $AEH$ rectangle en $H$)
(2) $h^2 + f^2 = 2$ (triangle $ACH$ rectangle en $H$)
(3) $h^2 + (f-e)^2 = e^2$ (triangle $AMH$ rectangle en $H$)

En développant cette troisième égalité, on obtient $h^2 + f^2 = 2ef$ et à l’aide de la deuxième égalité : $ef$ = $1$, ce qui donne $e^2f^2$ = $1$.

Avec les deux premières égalités, on a $e^2$ = $1-h^2$ et $f^2$ = $2-h^2$
donc $(1-h^2)(2-h^2)$ = $1$
ce qui permet d’obtenir une équation bicarrée : $h^4-3h^2+1$ = $0$
factorisons : $\left(h^2-\dfrac{3}{2}\right)^2-\dfrac{9}{4}+1$ = $0$ pour obtenir $\left(h^2-\dfrac{3}{2}\right)^2$ = $\dfrac{5}{4}$
On a donc 2 solutions : $h^2$ = $\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ et $h^2$ = $\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$
Or, $\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} > 1$, ce qui n’est pas acceptable puisque $AH < EA = 1$
On a donc $h^2$ = $\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$
$h$ devant être positif, on a donc $h$ = $\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$
puisqu’on peut vérifier que $\left(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)^2$ = $\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$

Remarque : $\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2$ = $\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ ; la solution éliminée correspond au nombre d’or et la solution retenue en est l’inverse !

On a donc $BD$ = $-1+\sqrt{5} \approx 1,24$

Par ailleurs, $CE$ = $e+f$ donc $CE^2$ = $e^2+f^2+2ef$ = $2+\sqrt{5}$
on obtient donc $CE$ = $\sqrt{2+\sqrt{5}} \approx 2,06$

Un peu de trigonométrie élémentaire permet d’obtenir les angles du cerf-volant $BCDE$.

Par exemple :
$\widehat{DCB}$ = $2Arcsin\left({\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}}\right) \approx 76,3°$ et $\widehat{DEB}$ = $2Arcsin\left({\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}}\right) \approx 51,8°$

Pour donner un autre point de vue sur la solution ci-dessus, Pierre Delezoïde a conduit les calculs d’une autre façon :

À l’aide des équations (1) et (2), on obtient $f^2 - e^2$ = $1$ (4)

 

puis en développant l’équation (3) comme ci-dessus, on a $ef$ = 1

 

on en déduit que $(f + ie)^2$ = $1 + 2i$

 

Or, le module du carré est le carré du module donc $f^2+e^2$ = $\sqrt{5}$

 

avec (4), $e^2$ = $f^2 - 1$ et on a $f^2$ = $\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$ qui est le nombre d’or, $e^2$ est son inverse.

 

On a aussi $e^2 f^2$ = $1$, donc $e^2 (e^2+1)$ = $1$ ce qui donne $e^4+e^2$ = $1$

 

et comme $h^2+e^2$ = $1$, on en déduit $e^4$ = $h^2$, soit $h$ = $e^2$ inverse du nombre d’or.

PB n°1

Pierre Delezoïde propose de reprendre le PB n°1 paru dans les Chantiers n°35 (page 7) qui a été résolu dans le n°181 (Jean Couzineau) et le n°182 (Daniel Perrin), en prolongeant les résultats obtenus.

Si $a$ et $b$ sont des entiers naturels premiers entre eux, on a démontré (n°181) que tous les entiers à partir de $n_0$ = $(a-1)(b-1)$ sont dans $a\mathbb{N}+b\mathbb{N}$ = $S$ (partie stable de $(\mathbb{N},+)$ engendrée par $a$ et $b$ et que $(a-1)(b-1)$ est le plus petit entier ayant cette propriété.

Il y a donc entre $0$ et $ab-(a+b)$ = $(a-1)(b-1)-1$ des entiers qui sont dans $S$ et d’autres qui n’y sont pas.

Exemple : $a$ = $3$, $b$ = $7$, $n_0$ = $12$, $ab-(a+b)$ = $11$
$\color{red}{0}$, $1$, $2$, $\color{red}{3}$, $4$, $5$, $\color{red}{6}$, $\color{red}{7}$, $8$, $\color{red}{9}$, $\color{red}{10}$, $11$, $\color{blue}{12}$, $\color{blue}{13}$, $\color{blue}{14}$, …

Dans cet exemple, il y a 6 entiers, entre $0$ et $n_0 - 1$, qui sont dans $S$ et 6 entiers qui n’y sont pas. Est-ce que cette remarque est valable pour tout $a$ et tout $b$, entiers naturels premiers entre eux ? Cette question est l’objet de l’avis n°3 ci-dessous.

Nouvel avis de recherche

Pour cet avis de recherche, 3 avis sont soumis à vos neurones.

Le premier avis est proposé par René Drucker, à partir d’une idée qu’il a trouvée dans Location of Triangle Centers Relative to the Incircle and Circumcircle par Stanley Rabinowitz. Le deuxième avis est proposé à partir d’une idée issue d’un article de la revue Pour la science de décembre 2025, article de Jean-paul Delahaye qui explore des graphes dont celui de Petersen. Et le 3^e avis est la question posée par Pierre Delezoïde (voir ci-dessus).

Avis n°1
Dans un triangle de côtés $a$, $b$ et $c$, comparer $a^2+b^2+c^2$ et $ab+ac+bc$.

Avis n°2
Il s’agit de trouver des pentagones étoilés magiques (si cela est possible) : le pentagone étoilé classique et le pentagone de Petersen : comment placer les nombres entiers de 1 à 10 pour que ces pentagones soient magiques ?

La propriété « magique » est à définir et il y a sans doute plusieurs façons de la définir ; sans aller jusqu’à n’importe quoi sous prétexte que « c’est mâgique ».

Avis n°3
Rebondissement pour le PB n°1 (voir ci-dessus) : soient $a$ et $b$ deux entiers naturels premiers entre eux et soit $S$ la partie stable de $(\mathbb{N},+)$ engendrée par $a$ et $b$.
Entre $0$ et $ab-(a+b)$, est-il vrai qu’il y a autant d’entiers qui sont dans $S$ et autant qui n’y sont pas ?

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.

Les problèmes en Chantiers

Vous pouvez retrouver tous les problèmes des Chantiers, depuis le numéro 1 jusqu’à aujourd’hui : il y en a qui n’ont pas été résolus et d’autres qui méritent qu’on y revienne :

• les problèmes en Chantiers

Les chantiers de pédagogie mathématique n°208 avril 2026
La Régionale Île-de-France APMEP, 26 rue Duméril, 75013 PARIS