Exercice de géométrie combinatoire (Olympiade britannique 1975)

[Chancla]

Bonsoir,

Une petite aide serait la bienvenue.

On se donne 7 points dans le disque unité de telle sorte que leurs distances deux à deux soient $ \geq 1 $. Montrer que le centre du disque est l'un de ces points.

On se place dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé dont l'origine coïncide avec le centre du cercle. On partitionne le disque unité D de la façon suivante :

$ \left \{ 0 \right \}\bigcup^{5}_{k=0}\left \{z\in D,\,z\neq0\,:\, \frac{k\pi}{3}\leq \arg z< \frac{(k+1)\pi}{3} \right \} $

On suppose qu'aucun des points n'est le centre du disque. Alors d'après le principe des tiroirs, il existe $ i\in [0,5] $ et $ z_1,\,z_2 \in D $ tel que

$ \frac{i\pi}{3}\leq \arg z_1< \frac{(i+1)\pi}{3},\,\,\,
\frac{i\pi}{3}\leq \arg z_2< \frac{(i+1)\pi}{3} $

Il me reste plus qu'à montrer que $ |z_1-z_2| < 1 $ pour obtenir la contradiction recherchée mais j'ai un peu de mal ... J'avais pensé à utiliser le théorème d'Al-Kashi par exemple.

[JeanMP]

Bonsoir,

Sans perte de généralité, supposons que $z_2$ ait un plus grand module que $z_1$.

Effectue une inégalité triangulaire en considérant le point $z_0$ de même module que $z_1$ et de même argument que $z_2$. Tu as alors $|z_1-z_2| \leq |z_1-z_0|+|z_0-z_2|$.

Le deuxième terme à droite de l'inégalité se calcule facilement.
Pour le terme $|z_1-z_0|$, en revanche, détaille le calcul du module avec parties réelles et imaginaires (avec les cos et sin). À un moment tu utilises la formule "cos(a-b)=cos(a)cos(b)+sin(a)sin(b)". Comme tu as bien choisi ta partition du disque unité, le "cos(a-b)" est facile à contrôler et fournit une majoration pertinente.

En espérant avoir été suffisamment explicite.

[Chancla]

Je te remercie

[Chancla]

$ z_0 = r_1e^{i\theta_2},\, z_1 = r_1e^{i\theta_1},\, z_2 = r_2e^{i\theta_2},\, r_2 \geq r_1 $

Comme $ \theta_1,\, \theta_2 \in [\frac{k\pi}{3},\, \frac{(k+1)\pi}{3}[ $, alors $ \frac{\theta_1 - \theta_2}{2} \in ]-\frac{\pi}{6},\,\frac{\pi}{6}[ $ et $ |\sin (\frac{\theta_1 - \theta_2}{2})|< \frac{1}{2} $

$ |z_1-z_2| \leq |z_0-z_2| + |z_1 - z_0| \leq r_2 - r_1 +2r_1|\sin (\frac{\theta_1 - \theta_2}{2})| \leq r_2 + r_1(2|\sin (\frac{\theta_1 - \theta_2}{2})| -1) < r_2 \leq 1 $

Donc par transitivité,

$ |z_1 - z_2| < 1 $

J'ai bon ?

[JeanMP]

Ah effectivement avec l'angle moitié ça marche bien pour contrôler le terme $|z_1 - z_0|$. Parfait!

Maintenant que tu as montré qu'un des sept points est au centre du cercle, tu peux même montrer facilement que les six autres points forment un hexagone régulier.

[Chancla]

Soit C(0) le centre du cercle et $ A_i(z_i) $ les autres points.

On a par hypothèse,

$ |z_i-0| \geq 1 $ pour tout $ i\in[1,6] $.

Or, $ z_i \in D $, donc $ |z_i| \leq 1 $, donc $ |z_i| = 1 $, donc les 6 points sur sur le cercle.

Pour montrer que c'est un polygone régulier, on utilise le théorème d'Al-Kashi dans les triangles $ A_iCA_{i+1} $ : $ A_iA_{i+1} = 2\sin(\frac{a_i}{2}) $

Du coup, $ A_iA_{i+1} \geq 1 $ implique $ a_i \geq \frac{\pi}{3} $ et par construction, $ a_1 + ... + a_6 = 2\pi $

Supposons l'un des $ a_j > \frac{\pi}{3} $. Alors la somme du haut serait stricte, d'où $ a_j = \frac{\pi}{3} $. En réitérant, on montre qu'ils sont tous égaux à $ \frac{\pi}{3} $, donc le polygone est régulier.

[JeanMP]

Ok, c'est une bonne preuve convaincante.

Le fait que les six points restants soient sur le cercle ne fait aucun doute comme tu l'as montré.
Juste, pour montrer que c'est un hexagone régulier, je te propose également une approche géométrique que je trouve plus intuitive même si moins rigoureuse :

Si l'on prend deux points $A$ et $B$ sur le cercle tels que $AB=1$, alors le triangle $ABC$ est équilatéral (la longueur de chaque côté vaut 1). À ce moment là, chaque angle de ce triangle vaut donc 60°. De plus, quand on augmente la distance entre $A$ et $B$, l'angle $\widehat{ACB}$ augmente. Or, comme tu l'as dit avec la somme "$a_1+...+a_6$", on a une somme qui doit valoir 360°, donc la longueur $A_iA_{i+1}$ doit être $\leq 1$ pour tout $i$, puis égale à 1.

En tout cas, merci à toi pour cet énoncé, c'était sympa comme problème.

[Chancla]

Par contre, je ne vois pas où j'ai utilisé le fait que le polygone était convexe. Le fait que la somme des angles au centre = 360° est-il une propriété des polygones inscriptibles convexes ?

[JeanMP]

Je ne suis pas un expert en géométrie mais quand tu fais un dessin, tu vois qu'en sommant les angles au centre, tu fais le tour du cercle donc cela fait 360°.

Maintenant, pour le montrer formellement avec la théorie sur les nombres complexes, un angle au centre est la différence d'arguments entre deux points successifs se trouvant sur le cercle. Donc la somme totale des angles au centre vaut, par télescopage, $0$ ... donc $2 \pi$. Je pense que cela doit suffire comme preuve.

[Chancla]

Ce que je voulais dire, c'est qu'en utilisant la somme des angles = 360°, j'utilisais implicitement que le polygone était convexe, car si je fais un polygone croisé, la somme des angles n'a pas l'air de faire 360°. Je ne sais pas si je suis clair