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Des zigzags, des pavages et des constructions

à partir des classes du Collège .

Henri Bareil

Henri Bareil [1].

I - TRIANGLES ET PAVAGES DE POLYGONES

- 1. DU TRIANGLE ISOCÈLE A UN POLYGONE DE ...

  • A – D’UN ZIGZAG À UN TRIANGLE ISOCÈLE
    PROBLÈME. Est-il possible d’obtenir un triangle isocèle OBC (OB = OC) tel que, avec M sur [OB] et N sur [OC], on ait OM = MN = NB = BC
    La « figure-schéma » est un exemple de figure « plausible » proposée – avant toute résolution du problème – après quelques essais…

OUTILS DE RÉSOLUTION :
- 1. Exprimer le caractère « isocèle » des trois triangles successifs MON, MNB, BNC par l’égalité des angles à la base.
- 2. Faire jouer l’appui du zigzag sur les côtés OB et OC en utilisant le théorème – non indispensable, mais à effets rapides – sur « l’angle extérieur d’un triangle » (égal à la somme des deux « angles intérieurs non adjacents »).

DÉVELOPPEMENT, à partir de :$\widehat {BOC} =\alpha$
• Triangle MON $\rightarrow$ $\widehat{MNO} = \alpha$ , puis $\widehat{BMN}=2\alpha$

Triangle NMB $\rightarrow$ $\widehat{NBM}=\widehat{BMN}=2\alpha$ .

Triangle ONB $\rightarrow$$\widehat{CNB}=\alpha+2\alpha=3\alpha$

Triangle BNC $\rightarrow$ $\widehat{BCN}=\widehat{CNB}=3\alpha$

Triangle OBC$\rightarrow\widehat{CBx}=\alpha+3\alpha= 4\alpha$

D’où $\widehat{OBC}=\pi-4\alpha$

• Imposons au triangle OBC d’être isocèle :
$3\alpha= \pi-4\alpha$, c’est-à-dire $\alpha = \pi/7$ ($\alpha= 25, 7$ °).

  • B – DU TRIANGLE ISOCÈLE AU ZIGZAG

PROBLÈME. Étant donné un triangle isocèle OBC, de base BC, construire le zigzag OMNBC précédemment défini.

•- Pas de solution si $\widehat {BOC} \neq\pi/7$.

– Si $\widehat {BOC} =\pi/7$, la longueur BC donne celle des maillons du zigzag.

• J’appellerai de même iso-zigzag associé à un triangle isocèle le zigzag défini par une suite de maillons égaux entre eux (base comprise).

  • C – PAVAGE D’UN POLYGONE RÉGULIER CONVEXE DE 14 SOMMETS

La figure 2 esquisse ce polygone et sa partition à l’aide d’angles au centre $\pi/7$. Cette partition a été réalisée au rapporteur. Approximative, elle l’est moins que toute « construction » manuelle à la règle et au compas ! Pour diminuer l’approximation, comme $(\pi/7)x3$ est, en degrés, très voisine de 77°, il peut être tracé trois angles successifs de, par exemple, 25,5°, 26°, 25,5°, ce qui limite la « casse »…

À partir d’un iso-zigzag initial, sur OBC, on peut compléter par des symétries successives (orthogonales, centrales, toujours à partir d’un zigzag ou, peu à peu, par « paquets »… ).

Ainsi les triangles isocèles sont-ils « doublés » en losanges dont les angles aigus sont respectivement (cf. figure 1) : $2\alpha$ (soit $2\pi/7$), $\pi-4\alpha$ (soit $3\pi/7$), $\pi- 6\alpha$ (soit $\pi/7$).

Les losanges sont donc de trois types.

REMARQUE : Le losange NDST, « voisin » d’un carré, serait un carré si et seulement si $\widehat{MNO}+\widehat{BNC}=\pi/2}$,

soit $\alpha+3\alpha =\pi/2$, i.e. $\alpha = \pi/8$… Mais que serait alors OBC ?

2. DU TRIANGLE RECTANGLE À UN POLYGONE DE …

- A – D’UN ZIGZAG À UN TRIANGLE RECTANGLE :

PROBLÈME : Le même qu’au l.A., en remplaçant seulement « triangle isocèle OBC » par « triangle OBC rectangle en B ».

CLÉS : Il n’y a rien de changé pour les valeurs « en$ \alpha$ » de la figure 1. Et l’orthogonalité en B se traduit par $4\alpha = \pi/2$, soit $\alpha = \pi/8$ ($\alpha = 22,5°$) (Tiens ! Cf. remarque précédente : effets à conjuguer !).

- B – DU TRIANGLE RECTANGLE AU ZIGZAG :

PROBLÈME : Étant donné un triangle OBC, rectangle en B, construire le zigzag OMNBC précédemment défini.

• - Pas de solution si $\widehat {BOC} \neq\pi/8$.

- Si $\widehat {BOC}=\pi/8$, la longueur BC donne celle des maillons du zigzag.

• J’appellerai de même iso-zigzag associé à un triangle rectangle le zigzag défini par une suite de maillons égaux entre eux, côté du triangle compris.

C - VERS UN PAVAGE DE POLYGONE :
Insérons la figure 3 dans un angle au centre de 22,5° d’un polygone régulier (angle réalisable à partir de 90°, par des bissectrices), et dupliquons par des symétries successives (cf. figure 4).

Nous pavons ainsi un octogone, régulier convexe, par des losanges. Les uns sont des carrés. Les autres ont tous $\pi/4$ comme angle aigu. Ils sont donc isométriques.
Il y a donc seulement deux types de losanges dont un de carrés.

II – ANGLES ET ZIGZAGS

- 1. UN ANGLE ET UNE PÉPINIÈRE DE ZIGZAGS

SITUATION : Je généralise les iso-zigzags précédents :
Soit deux droites x’x et z’z sécantes en $A_1$
Le cercle ($A_1$, R) coupe [$A_1$x) en $A_2$
Le cercle ($A_2$,R) recoupe [$A_1$z) en $A_3$.
Le cercle ($A_3$, R) recoupe [$A_1$x) en $A_4$.
Etc. Cf. figure 5 :

CONSÉQUENCES : Avec les outils initiaux, nous obtenons immédiatement deux suites arithmétiques d’angles signalés sur la figure 5 :
En $A_2, A_4, A_6, A_8,$ … les angles successifs $2\alpha$, $4\alpha$, $6\alpha$, $8\alpha$, …
En $A_3, A_5, A_7, A_9$, … les angles successifs $3\alpha$, $5\alpha$, $7\alpha, 9\alpha$, …

L’hérédité dans les calculs, par son évidence, ne me semble même pas exiger une démonstration par récurrence.

- 2. DES QUESTIONS :

QUESTION 1 :
Ces suites se prolongent-elles indéfiniment en s’éloignant toujours de $A_1 $ ?
Octave pense que oui. Lucie lui objecte que les angles successifs ne peuvent pas dépasser 180°. Sophie s’inquiète davantage : peuvent-ils même dépasser 90° ?
Lecteurs, qu’en pensez-vous ?

QUESTION 2 :
Pouvons-nous retrouver des cas analogues à ceux du 1 ?

- DES TRIANGLES ISOCÈLES [de « sommet » $A_1$)
$A_1A_2A_3$ isocèle : $\pi- 2\alpha = \alpha$, soit $\alpha =\pi/3.$
$A_1A_3A_4$ isocèle : $\pi -3\alpha = 2\alpha$, soit $\alpha = \pi/5$.
$A_1A_4A_5$ isocèle : $\pi -4\alpha = 3\alpha$, soit $\alpha = \pi/7$ (cas du 1.1.).
$A_1A_5A_6$ isocèle : $\pi-5\alpha = 4\alpha$, soit $\alpha = \pi/9$.

De façon générale, il faut et il suffit que $\alpha = \pi/n$, avec n entier impair supérieur à 2.

Chacun de ces cas où a = p/n (n impair…) :
- associe au triangle isocèle d’angle au sommet $\pi/n$ un iso-zigzag de (n + l)/2 maillons, base comprise,
- induit, à partir de cet iso-zigzag, le pavage, par des losanges, d’un polygone régulier convexe de 2n côtés.

– DES TRIANGLES RECTANGLES ?

(Le premier sommet nommé sera celui de l’angle droit)
$A_1A_2A_3$ rectangle : $\alpha = \pi/2$ (et triangle aplati !).
$A_2A_1A_3$ rectangle : $2\alpha = \pi/2$, soit $\alpha = \pi/4$.
$A_3A_1A_4$ rectangle : $3\alpha = \pi/2$, soit $\alpha = \pi/6$.
$A_4A_1A_5$ rectangle : $4\alpha = \pi/2$, soit $\alpha = \pi/8$ (cas du 1.1.).
$A_5A_1A_6$ rectangle : $5\alpha= \pi/2$, soit $\alpha = \pi/10$.
De façon générale, il faut et il suffit que $\alpha= p/n$, avec n entier pair (non nul, bien sûr).

Chacun de ces cas où $\alpha = \pi/n $(n pair…) :
- associe au triangle rectangle d’angle au sommet $\pi/n$ un iso-zigzag de n/2 maillons, côté du triangle compris,
- induit, à partir de cet iso-zigzag, le pavage, par des losanges, d’un polygone régulier convexe de n côtés.

QUESTION 3 : Peut-on, à partir d’un angle et de ses iso-zigzags, envisager d’autres pavages de polygones réguliers ?

Il faut que $\alpha$ soit « angle au centre » donc tel que $\alpha = 2\pi/p $ avec p entier strictement positif.

Le cas p pair nous donne les pavages déjà traités.

Envisageons p impair.
Par exemple avec $\alpha = 2\pi/17$ (qui pourrait correspondre au célèbre polygone de 17 côtés constructible à la règle et au compas).

a) Damien esquisse un pavage :

Il utilise un iso-zigzag, complété par des symétries…

- Et voilà ! dit-il, j’ai pavé, par des losanges, le polygone de 17 côtés…
- Ah non ! objecte Claire : en groupant par deux les angles au centre $\alpha$ il en reste un isolé, ci-dessus (figure 6) . Donc on n’a pas que des losanges !
- D’accord, approuve Damien : je pave avec des triangles isocèles…
- Paver quoi ? précise Odile : tu n’as même pas un polygone régulier : regarde le « glissement » [SP] de l’angle au centre « en trop » !
- Je capitule ! Dommage !
- Très bien, poursuit Odile. D’autant que si les côtés successifs $LA_6, A_6A_5,$ … sont égaux, sais-tu que les angles successifs (par exemple $\widehat {LA_6A_5}$ et $\widehat {A_6A_5U}$ ) ne le sont pas ? (En $A_6$, angle de $8\alpha$, soit $16\pi/17$ et, en $A_5$, angle de $2\pi-10\alpha$, soit $14\pi/17$.)

b) II existe, bien entendu, des pavages des polygones de 17 côtés par exemple en respectant les axes de symétrie des angles au centre de $2\pi/17$.

c) Exploitant cette idée, Sophie propose d’utiliser, en duplicant ensuite par symétrie, un angle au centre de $\pi/17$ et son iso-zigzag associé au triangle isocèle obtenu.
- Bravo, Sophie ?…
- Ah non, dit Damien, elle a un polygone de 34 côtés et, si je veux ramener à 17, je décapite tous les losanges des bords !
Il faudra autre chose que nos iso-zigzags…

- 3. DES ESSAIS POUR LA QUESTION 1 :

• AVEC $\alpha = \pi/7$

Reprenons une figure 1, cette fois correcte (autant que possible !). Cf. figure 7. bul_473-8 L’iso-zigzag vert $A_1A_2A_3A_4A_5$ se prolonge par le tracé du cercle $(A_5,R)$ qui, passant déjà par $A_4$, recoupera la droite xx’ en $A_6$.
Mais voilà que $A_6$, au lieu de s’éloigner de $A_1$ s’en rapproche !

D’où la figure 8 :

Comme les cercles ($A_4, R$) et $(A_5, R)$ relèvent de la symétrie qui caractérise le triangle isocèle $A_1A_4A_5$, il s’initie ainsi un iso-zigzag symétrique du premier et qui, de $A_5$, nous ramène en $A_1$.

Il en ira ainsi pour tous les $\alpha = \pi/n$ avec n impair.

AVEC $\alpha = \pi/8$
Reprenons la figure 3, ci-après figure 8 bis.

La suite du zigzag appelle le tracé du cercle (C, CB) qui, étant tangent à (xx’) la recoupe en ... B.
Puis, le cercle (B, CB) recoupe (zz’) en N. Etc.
Ainsi refait-on, en sens inverse, le zigzag initial. Il en ira ainsi pour tous les $\alpha= \pi/n$ avec n pair.

• AVEC $\alpha \neq\pi/n$ Par exemple, pour $\alpha=28$° (figure 9).

Cette fois, on rebroussera chemin à partir du cercle ($A_5, R$), mais sans symétrie par rapport au zigzag initial. Si bien que le cercle ($A_7, R$) nous fait passer de $A_7$ à $A_8$, en « sautant » par dessus $A_1$ et en utilisant des demi-droites [$A_1$z’) et [$A_1$x’).
On continue, toujours selon le même algorithme, ce qui éloigne de $A_1$.
Mais il y a un nouveau rebroussement à partir de $A_{11}$. La suite montrerait qu’on va à nouveau « sauter » $A_1$ et revenir sur [$A_1$x) et [$A_1$z), … sans symétrie par rapport à $A_1$, … et qu’on va encore ensuite rebrousser chemin…

• QUAND Y A-T-IL REBROUSSEMENT ? FIG10 Quand il s’agit de repartir de $A_{p+1}$ (figure 10), il y a rebroussement dès lors que $A_{p+1}$ se projette entre $A_1$ et $A_p$, donc si et seulement si $p\alpha \geq \pi/2$.
Sophie a failli avoir raison ! Mais pas tout à fait : $p\alpha$ peut dépasser 90° mais, dès qu’il y a dépassement, cela induit un rebroussement pour la suite.

REMARQUE DE DESSIN
Au voisinage du rebroussement, le cercle utilisé est souvent presque tangent à la droite qu’il doit couper. De là une difficulté à situer, par le dessin, les points d’intersection. Ainsi, ci-dessus pour le cercle de centre $A_{p+1}$, qui passe par $A_p$. Il est alors commode de tracer la perpendiculaire ($A_{p+1}H$) à ($A_pA_1$) et de symétriser $A_p$ par rapport à H en $A_{p+2}$.

4. LES ISO-ZIGZAGS SE FERMENT-ILS ?

Nous avons vu que :
- $\alpha = \pi/n$ : n impair (> 1) enclenche un zigzag symétrique de l’initial, avec retour en $A_1$.
- $\alpha = \pi/n$ : n pair, enclenche un zigzag qui, avec un cheminement en sens inverse suit le premier et ramène donc en $A_1$.
Sinon, essayez avec un logiciel de géométrie dynamique à qui vous aurez inculqué l’algorithme des cercles successifs … et vous constaterez que :
- Il y a parfois assez rapidement fermeture. Ainsi pour $ \alpha= \frac{2}{9}\pi$ où les zigzags « à gauche » de $A_1$ symétrisent les premiers, situés à droite (figure 11).

Pour $ \alpha= \frac{2}{9}\pi$, $A_{10 }= A_1$. On a « fermé » !

- En général, il n’apparaît pas rapidement de fermeture avec $ \alpha= \frac{p}{p}\pi$,avec $ \frac{p}{p}$ rationnel.
• Et si $ \alpha= \pi x k$, k réel non rationnel ?
Dans le cadre de la rubrique « Dans nos classes », laissons le problème ouvert !
Et si les habituels partenaires de François Lo Jacomo veulent s’y coller…

III. ISO-ZIGZAGS ET CONSTRUCTIONS [2]

- 1. PARTAGE D’UN ANGLE

  • 1.1. Iso-zigzag à deux maillons FIG-12

La bissection de l’angle se déduit aisément de la figure 12.

  • 1.2. Trisection d’un angle

Pour obtenir $\alpha /3 $ à partir de $\alpha$ (cf. figure 13), reconstruisons cette figure à partir de $\widehat{zA_{3}A_{4}}$ (= $\alpha$).
Les diverses méthodes classiques esquissées ci-après se retrouvent, notamment, dans la brochure APMEP n° 70, de Jean AYMÈS, sur la trisection de l’angle (Titre : Ces problèmes qui font les mathématiques).

Méthode 1 : « La trisectrice de Mac-Laurin »
Avec $A_1$ et $A_3$ fixes, la variation de $\alpha/3$ engendre un lieu géométrique de $A_4$ : la trisectrice de Mac-Laurin. La donnée de $\alpha$ fixe [$A_3$y) dont l’intersection avec la trisectrice donne $A_4$. De là $\alpha/3$.

Méthode 2 : Soit $\alpha$ donné en $\widehat{zA_{3}A_{4}}$.

$A_2$ est d’une part sur le cercle ($A_3$, $A_3A_4$), d’autre part sur la conchoïde de ($A_3$z), de pôle $A_4$, de paramètre $A_3A_4$. D’où, ensuite, $\alpha/3$.

Méthode 3 : Avec ($A_3$P) perpendiculaire à ($A_3$z), dans le triangle rectangle $A_3A_1P$ le point $A_2$ est le milieu de l’hypoténuse [$A_1$P]. Cette fois on peut considérer une conchoïde de ($A_3P$).

Remarque : Comme le souligne la brochure précitée, les méthodes 2 et 3 obligent à des tracés de conchoïdes qui changent avec $\alpha$, alors que la trisectrice de méthode 1 est utilisable pour tous les $\alpha$.

- 2. CALCULS DE CÔTÉS DE POLYGONES RÉGULIERS

D’une part : Avec $\alpha = \pi/n$, [FG] est côté d’un polygone régulier de n côtés inscrit dans le cercle.

D’autre part :

Remarque générale sur les iso-zigzags fermés en triangles isocèles.
Soit un iso-zigzag fermé en triangle isocèle $A_1A_nA_{n+1}$. Posons $A_1A_n = A_1A_{n+1} = 1 $ et $A_nA_{n+1} = x$. Le triangle isocèle $A_nA_{n-1}A_{n+1}$ formé par les deux derniers maillons est semblable au triangle isocèle $A_1A_nA_{n+1}$.

De là $A_{n-1}A_{n+1}=x^2$

fig-16

2.1. CAS $\alpha=\pi/5 $$\rightarrow$ CÔTÉ DU PENTAGONE

Iso-zigzag fermé à trois maillons de longueur x, avec $A_1A_3$ =$ A_1A_4 = 1$.
D’une part $A_2A_4 = 1-x$. D’autre part $A_2A_4 = x^2$.
D’où x est donné par $x^2 + x - 1 = 0$.

2.2. CAS $\alpha=\pi/7 $ $\rightarrow$ CÔTÉ DE L’HEXAGONE

Iso-zigzag fermé à quatre maillons de longueur x, avec $A_1A_4 = A_1A_5 = 1$.
La similitude des triangles $A_1A_2F$ et $A_1A_4H$ (où $A_3H = x^2/2$ et $2 A_1F = 1-x^2$) conduit à : $x^3 - x^2 - 2x + 1 = 0$.

2.1. CAS $\alpha=\pi/9 $$\rightarrow$ CÔTÉ DE L’ENNÉAGONE

Iso-zigzag fermé en triangle isocèle à cinq maillons de longueur x.
Notons d’abord que le triangle $A_3A_4A_5$ a tous ses angles égaux à $3\alpha$. Il est équilatéral. D’où $A_1K=1-\frac{x^{2}}{2}$.

La similitude des triangles $A_1A_5H$ et $A_1A_4K$ conduit ensuite à : $x^3-3x + 1 = 0.$

BIBLIOGRAPHIE

• L’idée de cette étude (peut-être très classique ?) m’a été donnée par l’exercice 13 de la 18e compétition américaine « AIME » (et non pas LOVE…). Les 15 énoncés de cette compétition figurent dans le no 128 (septembre-octobre 2000) de la revue belge « Mathématique et Pédagogie ». C’est là que j’ai trouvé le treizième…
• Article de 10 pages de Jean-Pierre FRIEDELMEYER : «  Les problèmes de fermeture : une mine d’exercices à ouvrir en classe ». Bulletin n° 463, mars-avril 2006.
• Curieusement, en reprenant cette étude, j’avais oublié celle (à laquelle j’ai participé !) reproduite pages 155-161 de la Brochure APMEP n° 163 des Olympiades Académiques de 2004, premier sujet de Lyon. Il y a des recoupements (mise en place, avec 7 maillons à Lyon, et suites arithmétiques des « angles extérieurs »), sans plus.

TRAVAUX INTERDISCIPLINAIRES
- Selon l’objectif poursuivi, à quel endroit d’un iso-zigzag mettre radar et alcootest ?
- Un iso-zigzag peut-il modéliser une campagne électorale ?


[1] Institut du Lauragais

[2] À l’initiative et selon des apports de Jean-Pierre FRIEDELMEYER