Shortlist 2017, G6

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Czech Republic

Concepts : Homothétie · Géométrie combinatoire : enveloppe convexe, points du réseau

Solution officielle : Shortlist officielle 2017 (avec solutions), p. 64 (page 66 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Let \(n \geq 3\) be an integer. Two regular \(n\)-gons \(\mathcal{A}\) and \(\mathcal{B}\) are given in the plane. Prove that the vertices of \(\mathcal{A}\) that lie inside \(\mathcal{B}\) or on its boundary are consecutive.

(That is, prove that there exists a line separating those vertices of \(\mathcal{A}\) that lie inside \(\mathcal{B}\) or on its boundary from the other vertices of \(\mathcal{A}\).)

Indices : les idées clés

• Un polygone auxiliaire \(\mathcal{C}\) inscrit dans \(\mathcal{B}\) (solution 1) : \(\mathcal{C}\) est régulier, a ses sommets sur le bord de \(\mathcal{B}\), et se déduit de \(\mathcal{A}\) par une translation ou une homothétie de rapport positif.
• Convexité : si deux sommets « extérieurs » d'un trio restent dans \(\mathcal{B}\), le sommet du milieu est dans un triangle contenu dans \(\mathcal{B}\) ; les indices des sommets situés dans un demi-plan forment un ensemble de sommets consécutifs.
• Couper le bord de \(\mathcal{B}\) en deux parties (solution 1) : une partie dont tous les points sortent de \(\mathcal{B}\), et une partie où l'on contrôle les sommets qui restent.
• Reformulation combinatoire (solution 2) : \(M = \bigcup_i M_i\) où \(M_i\) est l'ensemble des sommets hors du demi-plan \(\mathcal{H}_i\) ; chaque \(M_i\) est un intervalle cyclique et l'on recolle ces intervalles grâce à des produits scalaires.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2017 (deux solutions et trois remarques).

Dans les deux solutions, un polygone désigne toujours son intérieur réuni avec son bord.

Solution 1

Commençons par trouver un \(n\)-gone régulier \(\mathcal{C}\) qui (i) est inscrit dans \(\mathcal{B}\) (tous ses sommets sont sur le bord de \(\mathcal{B}\)), et (ii) est l'image de \(\mathcal{A}\) par une translation ou par une homothétie de rapport positif.

Construction de \(\mathcal{C}\). Soient \(O_A\) et \(O_B\) les centres de \(\mathcal{A}\) et \(\mathcal{B}\), et \(A\) un sommet quelconque de \(\mathcal{A}\). Soit \(C\) le point du bord de \(\mathcal{B}\) tel que \(\overrightarrow{O_BC}\) ait même direction et même sens que \(\overrightarrow{O_AA}\). Les images de \(C\) par les rotations de centre \(O_B\) et d'angles multiples de \(2\pi/n\) forment le polygone cherché. En effet, il est régulier, inscrit dans \(\mathcal{B}\) (par la symétrie de rotation de \(\mathcal{B}\)), et la translation ou homothétie qui envoie \(\overrightarrow{O_AA}\) sur \(\overrightarrow{O_BC}\) envoie \(\mathcal{A}\) sur \(\mathcal{C}\).

Distinguons maintenant deux cas (voir les figures).

Cas 1 : \(\mathcal{A}\) est l'image de \(\mathcal{C}\) par une translation \(t\) de vecteur \(\vec v\). Il faut montrer que les sommets de \(\mathcal{C}\) qui restent dans \(\mathcal{B}\) après \(t\) sont consécutifs. On prend un repère orthonormé dont l'axe des abscisses a la direction et le sens de \(\vec v\) ; cela définit droite/gauche et haut/bas.

Soient \(B_T\) et \(B_B\) le sommet le plus haut et le plus bas de \(\mathcal{B}\) (s'il y en a plusieurs, on prend le plus à droite). Ils partagent le bord de \(\mathcal{B}\) en une partie droite \(\mathcal{B}_R\) et une partie gauche \(\mathcal{B}_L\) (\(B_T\) et \(B_B\) appartenant aux deux) ; chaque partie est une portion connexe du bord. Les sommets de \(\mathcal{C}\) se répartissent donc en deux parties \(\mathcal{C}_L \subset \mathcal{B}_L\) et \(\mathcal{C}_R \subset \mathcal{B}_R\), chacune formée de sommets consécutifs.

Tous les points de \(\mathcal{B}_R\) (donc de \(\mathcal{C}_R\)) sortent de \(\mathcal{B}\) par \(t\), car ce sont les points les plus à droite de \(\mathcal{B}\) sur leur droite horizontale. Il reste à montrer que les sommets de \(\mathcal{C}_L\) qui restent dans \(\mathcal{B}\) par \(t\) sont consécutifs.

Soient \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\) trois sommets de \(\mathcal{C}_L\), avec \(C_2\) entre \(C_1\) et \(C_3\), tels que \(t(C_1)\) et \(t(C_3)\) soient dans \(\mathcal{B}\) ; montrons que \(t(C_2) \in \mathcal{B}\). Posons \(A_i = t(C_i)\). La droite passant par \(C_2\) et parallèle à \(\vec v\) coupe le segment \([C_1C_3]\) à droite de \(C_2\) ; donc cette droite coupe \([A_1A_3]\) à droite de \(A_2\), si bien que \(A_2\) est dans le triangle \(A_1C_2A_3\), qui est contenu dans \(\mathcal{B}\) par convexité. C'est le résultat voulu.

Cas 2 : \(\mathcal{A}\) est l'image de \(\mathcal{C}\) par une homothétie \(h\) de centre \(X\) et de rapport \(k > 0\). (Le livret présente \(\mathcal{C}\) comme l'image de \(\mathcal{A}\) de rapport \(k\), mais utilise ensuite \(k\) comme rapport de \(h : \mathcal{C} \to \mathcal{A}\) ; c'est cette dernière convention qui est suivie ici.) Il faut montrer que les sommets de \(\mathcal{C}\) qui restent dans \(\mathcal{B}\) après \(h\) sont consécutifs.

Si \(X \in \mathcal{B}\), c'est facile. Si \(k < 1\), les sommets de \(\mathcal{A}\) sont sur les segments \([XC]\) (\(C\) sommet de \(\mathcal{C}\)), qui sont dans \(\mathcal{B}\). Si \(k > 1\), les sommets de \(\mathcal{A}\) sont sur les prolongements des segments \([XC]\) au-delà de \(C\), et presque tous ces prolongements sont hors de \(\mathcal{B}\). Les exceptions ne peuvent se produire que si \(X\) est sur le bord de \(\mathcal{B}\), et elles peuvent laisser un ou deux sommets de \(\mathcal{A}\) sur le bord de \(\mathcal{B}\) ; ces sommets sont encore consécutifs. On suppose désormais \(X \notin \mathcal{B}\).

Il existe alors deux sommets \(B_T\) et \(B_B\) de \(\mathcal{B}\) tels que \(\mathcal{B}\) soit contenu dans l'angle \(\angle B_TXB_B\) ; s'il y a plusieurs choix, par exemple pour \(B_T\), on prend le plus éloigné de \(X\) si \(k > 1\), et le plus proche si \(k < 1\). On prend un repère où l'axe des ordonnées a la direction et le sens de \(\overrightarrow{B_BB_T}\), avec \(X\) à gauche de la droite \(B_TB_B\). Comme avant, \(B_T\) et \(B_B\) partagent le bord de \(\mathcal{B}\) en une partie droite \(\mathcal{B}_R\) et une partie gauche \(\mathcal{B}_L\), et les sommets de \(\mathcal{C}\) en deux parties \(\mathcal{C}_R \subset \mathcal{B}_R\) et \(\mathcal{C}_L \subset \mathcal{B}_L\).

Sous-cas 2.1 : \(k > 1\). Tous les points de \(\mathcal{B}_R\) (donc de \(\mathcal{C}_R\)) sortent de \(\mathcal{B}\) par \(h\), car ce sont les points de \(\mathcal{B}\) les plus éloignés de \(X\) sur les demi-droites issues de \(X\). Il reste à montrer que les sommets de \(\mathcal{C}_L\) qui restent dans \(\mathcal{B}\) par \(h\) sont consécutifs. Soient encore \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\) trois sommets de \(\mathcal{C}_L\), \(C_2\) entre \(C_1\) et \(C_3\), avec \(h(C_1), h(C_3) \in \mathcal{B}\), et \(A_i = h(C_i)\). La demi-droite \([XC_2)\) coupe le segment \([C_1C_3]\) au-delà de \(C_2\), donc elle coupe \([A_1A_3]\) au-delà de \(A_2\) ; ainsi \(A_2\) est dans le triangle \(A_1C_2A_3\), contenu dans \(\mathcal{B}\).

Sous-cas 2.2 : \(k < 1\). C'est tout à fait analogue. Tous les points de \(\mathcal{B}_L\) (donc de \(\mathcal{C}_L\)) sortent de \(\mathcal{B}\) par \(h\), car ce sont les points de \(\mathcal{B}\) les plus proches de \(X\) sur les demi-droites issues de \(X\). Soient \(C_1\), \(C_2\), \(C_3\) trois sommets de \(\mathcal{C}_R\), \(C_2\) entre \(C_1\) et \(C_3\), avec \(h(C_1), h(C_3) \in \mathcal{B}\), et \(A_i = h(C_i)\). Alors \(A_2\) est sur le segment \([XC_2]\), et les segments \([XA_2]\) et \([A_1A_3]\) se coupent. Donc \(A_2\) est dans le triangle \(A_1C_2A_3\), contenu dans \(\mathcal{B}\). \(\blacksquare\)

Solution 2

Soient \(O_A\) et \(O_B\) les centres de \(\mathcal{A}\) et \(\mathcal{B}\), et \([n] = \{1, 2, \ldots, n\}\). On note \(\langle \cdot, \cdot \rangle\) le produit scalaire.

Numérotations et notations. Numérotons les droites support des côtés de \(\mathcal{B}\) dans le sens des aiguilles d'une montre : \(\ell_1, \ell_2, \ldots, \ell_n\). Soit \(\mathcal{H}_i\) le demi-plan fermé de bord \(\ell_i\) qui contient \(\mathcal{B}\) ; soit \(B_i\) le milieu du côté porté par \(\ell_i\) ; et soit \(\vec b_i = \overrightarrow{B_iO_B}\). (Les indices sont pris modulo \(n\) : \(\ell_{n+i} = \ell_i\), etc.)

Choisissons un sommet \(A_1\) de \(\mathcal{A}\) tel que le vecteur \(\overrightarrow{O_AA_1}\) pointe « le plus possible hors de \(\mathcal{H}_1\) », c'est-à-dire tel que le produit scalaire \(\langle \overrightarrow{O_AA_1}, \vec b_1 \rangle\) soit minimal. À partir de \(A_1\), numérotons les sommets de \(\mathcal{A}\) dans le sens des aiguilles d'une montre : \(A_1, A_2, \ldots, A_n\). Par la symétrie de rotation, le choix de \(A_1\) entraîne que \(\overrightarrow{O_AA_i}\) pointe « le plus possible hors de \(\mathcal{H}_i\) » :

\[\langle \overrightarrow{O_AA_i}, \vec b_i \rangle = \min_{j \in [n]} \langle \overrightarrow{O_AA_j}, \vec b_i \rangle. \tag{1}\]

Reformulation combinatoire. Disons qu'une partie \(I \subseteq [n]\) est connexe si ses éléments sont consécutifs dans l'ordre cyclique (si l'on relie chaque \(i\) à \(i+1 \bmod n\), \(I\) est connexe au sens des graphes). Clairement, la réunion de deux parties connexes ayant un élément commun est connexe. De plus, pour tout demi-plan \(\mathcal{H}\), les indices des sommets de \(\mathcal{A}\) situés dans \(\mathcal{H}\) forment une partie connexe (par convexité).

Posons

\[M = \{j \in [n] : A_j \notin \mathcal{B}\}, \qquad M_i = \{j \in [n] : A_j \notin \mathcal{H}_i\} \quad \text{pour } i \in [n].\]

Il faut montrer que \([n] \setminus M\) est connexe, ce qui équivaut à la connexité de \(M\). Comme \(\mathcal{B} = \bigcap_{i \in [n]} \mathcal{H}_i\), on a \(M = \bigcup_{i \in [n]} M_i\), et les \(M_i\) sont plus faciles à étudier.

Propriété 1 : chaque \(M_i\) est connexe. C'est la définition de \(M_i\) et la remarque ci-dessus (appliquée au demi-plan ouvert complémentaire de \(\mathcal{H}_i\)). \(\square\)

Propriété 2 : si \(M_i\) est non vide, alors \(i \in M_i\).

Preuve. On a

\[j \in M_i \iff A_j \notin \mathcal{H}_i \iff \langle \overrightarrow{B_iA_j}, \vec b_i \rangle < 0 \iff \langle \overrightarrow{O_AA_j}, \vec b_i \rangle < \langle \overrightarrow{O_AB_i}, \vec b_i \rangle. \tag{2}\]

Le membre de droite de la dernière inégalité ne dépend pas de \(j\). Donc, si un \(j\) est dans \(M_i\), alors \(i\) aussi, d'après (1). \(\square\)

Au vu de la propriété 2, on pose

\[M' = \{i \in [n] : i \in M_i\} = \{i \in [n] : M_i \neq \varnothing\}.\]

Propriété 3 : \(M'\) est connexe.

Preuve. En poursuivant le calcul (2),

\[i \in M' \iff A_i \notin \mathcal{H}_i \iff \langle \overrightarrow{B_iA_i}, \vec b_i \rangle < 0 \iff \langle \overrightarrow{O_BO_A}, \vec b_i \rangle < \langle \overrightarrow{O_BB_i}, \vec b_i \rangle + \langle \overrightarrow{A_iO_A}, \vec b_i \rangle.\]

Le membre de droite ne dépend pas de \(i\), par la symétrie de rotation ; notons \(\mu\) sa valeur. Ainsi \(i \in M'\) si et seulement si \(\langle \overrightarrow{O_BO_A}, \vec b_i \rangle < \mu\). Cette condition équivaut à ce que \(B_i\) soit dans un certain demi-plan ouvert dont la droite frontière est orthogonale à \(O_BO_A\) ; elle définit donc une partie connexe (les \(B_i\) sont les sommets d'un polygone convexe, numérotés dans l'ordre). \(\square\)

Conclusion. Comme \(M' \subseteq M\),

\[M = \bigcup_{i \in [n]} M_i = M' \cup \bigcup_{i \in [n]} M_i,\]

donc \(M\) s'obtient à partir de \(M'\) en ajoutant les \(M_i\) un par un. Tous ces ensembles sont connexes, et chaque \(M_i\) non vide contient un élément de \(M'\) (à savoir \(i\)). Leur réunion est donc connexe. \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque 1. Le cas 1 de la solution 1 se ramène au cas 2. Supposons \(\mathcal{A}\) et \(\mathcal{C}\) isométriques. Appliquons à \(\mathcal{A}\) une homothétie de centre \(O_B\) et de rapport légèrement inférieur à \(1\), pour obtenir un polygone \(\mathcal{A}'\). Avec un rapport bien choisi, les sommets de \(\mathcal{A}\) qui étaient hors de \(\mathcal{B}\) ou dans \(\mathcal{B}\) le restent ; il suffit donc de prouver le résultat pour \(\mathcal{A}'\). Or \(\mathcal{A}'\) est l'image de \(\mathcal{C}\) par une homothétie, et les arguments du cas 2 s'appliquent.

Remarque 2. Une fois \(\mathcal{C}\) trouvé, la solution 1 n'utilise que la convexité des polygones, et non leur régularité. Elle démontre donc l'énoncé plus général suivant : si \(\mathcal{A}\), \(\mathcal{B}\), \(\mathcal{C}\) sont trois polygones convexes du plan tels que \(\mathcal{C}\) soit inscrit dans \(\mathcal{B}\) et que \(\mathcal{A}\) s'obtienne à partir de \(\mathcal{C}\) par une translation ou une homothétie de rapport positif, alors les sommets de \(\mathcal{A}\) situés dans \(\mathcal{B}\) ou sur son bord sont consécutifs.

Remarque 3 (d'où vient la solution 2). Supposons pour simplifier \(O_A\) intérieur à \(\mathcal{B}\). Plaçons d'abord un tout petit \(n\)-gone régulier \(\mathcal{A}'\) de centre \(O_A\), orienté comme \(\mathcal{A}\) ; tous ses sommets sont dans \(\mathcal{B}\). Puis on le dilate, en regardant dans quel ordre ses sommets sortent de \(\mathcal{B}\). Pour sortir de \(\mathcal{B}\), un sommet doit traverser un côté de \(\mathcal{B}\) (difficile à décrire) ou, de façon équivalente, au moins une droite support \(\ell_i\) — et cet événement est plus facile à décrire. En effet, le premier sommet de \(\mathcal{A}'\) à traverser \(\ell_i\) est \(A'_i\) (correspondant à \(A_i\)) ; plus généralement, les sommets \(A'_j\) traversent \(\ell_i\) dans un ordre tel que \(\langle \overrightarrow{O_AA_j}, \vec b_i \rangle\) ne croît pas. Pour des indices \(i\) différents, ces ordres sont des permutations circulaires les uns des autres ; cela éclaire les notions et les propriétés de la solution 2.