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Re : Finale maXi 1999 Question 4

par Francois Staelens sur 22/4/2011 18:39:47

Ta façon est peut-être barbare, mais c comme ça que j'ai fait aussi et je vois pas vraiment comment faire plus élégant. Et quand on y réfléchit, c'est pas si barbare que ça..

Re : Finale maXi 1999 Question 4

par Nicolas Radu sur 20/4/2011 20:02:51

Bon alors, je l'ai fait d'une façon barbare mais c'est déjà cela.

Pour un polygone $P_1P_2...P_n$ à $n$ cotés de mesure $1$ (ça ne change rien de considérer cela). On construit le polygone intérieur $Q_1Q_2...Q_n$ où $Q_i$ se trouve sur $[P_iP_{i+1}]$ (sauf pour le $Q_n$ mais vous avez compris).

On sait que les angles du polygone régulier sont tous égaux, et comme ceux du polygone intérieur aussi, tous les angles en question ont la même amplitude (à savoir $180 - 360/n$ mais peu importe).

Dès lors, tous les petits triangles qui se trouvent entre le petit polygone et le grand ( $Q_1P_2Q_2$ , $Q_2P_3Q_3$ , ...) sont semblables (les angles sont les mêmes). Notons $a$ la mesure $|Q_1P_2|$ et $ra$ la mesure $|P_2Q_2|$ ( $r$ est alors le rapport des deux cotés du triangle $Q_1P_2Q_2$ , et il est le même pour tous les triangles).

On a donc $|Q_2P_3| = 1 - ra$ .
Puis $|P_3Q_3| = r - r^2a$ .
Puis $|Q_3P_4| = 1 - r + r^2a$ .
Et ainsi de suite, jusqu'à avoir
$|P_nQ_n| = r - r^2 + r^3 - ... + (-1)^n r^{n-1}a$
$|Q_nP_1| = 1 - r + r^2 - ... + (-1)^{n-1} r^{n-1}a$
$|P_1Q_1| = r - r^2 + r^3 - ... + (-1)^{n-1} r^na$
$|Q_1P_2| = 1 - r + r^2 - ... + (-1)^n r^na$

Or, on avait $|Q_1P_2| = a$ , donc on se retrouve avec la magnifique équation :

$a = 1 - r + r^2 - ... + (-1)^n r^na$
$a(1 - (-1)^n r^n) = 1 - r + r^2 - ... + (-1)^{n-1} r^{n-1}$

Si $n$ est impair, alors on a :

$a(1 + r^n) = 1 - r + r^2 - ... + r^{n-1}$

Or, on sait que $1 - r + r^2 - ... + r^{n-1} = \frac{r^n+1}{r+1}$ (car $r$ positif), donc

$a = \frac{1}{r+1}$

A ce stade, soit on recalcule toutes les longueurs de segment pour voir qu'on a chaque fois la même chose. Soit on se dit qu'on avait pris le segment de longueur $a$ au hasard, et donc tous les triangles ont pour cotés $\frac{1}{r+1}$ et $\frac{r}{r+1}$ . Il est alors facile de constater que le polygone intérieur est bien régulier.

Pour ce qui est du cas $n$ pair, on arrive à

$a(1 - r^n) = 1 - r + r^2 - ... - r^{n-1}$

Or, $1 - r + r^2 - ... - r^{n-1} = \frac{1-r^n}{1+r}$ , et on trouve donc

$a(1 - r^n) = \frac{1-r^n}{1+r}$
Ce qui est vrai tout le temps lorsque $r = 1$ .
Donc en fait, on peut par exemple prendre $a = \frac{1}{3}$ , et de cette façon on a des petits triangles isocèles de coté $\frac{1}{3}$ une fois sur deux, et de coté $\frac{2}{3}$ l'autre fois. Et cela fonctionne bien, et le polygone intérieur a alors un coté sur deux de longueur $x$ et l'autre de longueur $2x$ (je vous laisse trouver $x$ par Pythagore généralisé, ca sert quand même à rien ici). On a donc un polygone qui respecte les conditions mais qui n'est pas régulier.
D'où la réponse est bien uniquement les $n$ impairs.

Re : Finale maXi 1999 Question 4

par Alexandre Sanchez Falcon sur 20/4/2011 18:46:12

Alors, qu'en dites-vous ? Comment résoudre ce problème ?

Finale maXi 1999 Question 4

par Alexandre Sanchez Falcon sur 19/4/2011 13:39:40

Sur chaque côté d'un polygone régulier à n côtés, nous sélectionnons un point qui n'est pas un sommet, et nous construisons le n-gone convexe P que ces n points déterminent.
(a) Lorsque n=4, si le quadrilatère P à ses angles égaux, est-il nécessairement un carré ?
(b) Lorsque n=5, si le pentagone P à ses angles égaux, est-il nécessairement régulier ?
(c) Pour quels nombres naturels n supérieurs à 3 est-il vrai que, si le n-gone P à ses angles égaux, alors il est nécessairement régulier ?

(a) Le quadrilatère P n'est pas nécessairement un carré puisqu'on peut facilement inscrire un rectangle dans un carré, et ce rectangle a bien ses angles égaux.
(b) Je pense que oui mais je ne vois pas comment le prouver.
(c) Je pense que tous les n-gone avec n impair et qui ont leur angles égaux sont semblables au n-gone régulier, ils sont donc réguliers. Je pense donc que la propriété est vraie pour tout n impair supérieur à 3.
Du reste, si n est pair (soit n=2k), je pense qu'on peut facilement inscrire un k-gone, tronqué à chacune de ses extrémités, dans le 2k-gone régulier de départ. Or ce k-gone tronqué n'est pas forcément un 2k-gone régulier, bien qu'il ait ses angles égaux (il suffit pour cela de partir d'un k-gone régulier et de le tronquer d'un k-gone régulier à chacune de ses extrémités). En tous cas cela fonctionne avec n=4, n=6 et n=8.
Bien sûr ceci n'est pas une preuve, c'est pourquoi je vous demande de m'aider pour ce problème.
Je ne sais pas comment vous montrer mes dessins sur le forum, est-ce possible ? Faut-il utiliser un logiciel spécialisé pour cela ?

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