Shortlist 2021, G6

Domaine : Géométrie · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : non indiqué

Concepts : Principe extrémal · Géométrie combinatoire : enveloppe convexe, points du réseau

Solution officielle : Shortlist officielle 2021 (avec solutions), p. 56 (page 56 du PDF)

Figures reprises du livret officiel de la Shortlist.

Énoncé

Determine all integers \(n \geq 3\) satisfying the following property: every convex \(n\)-gon whose sides all have length \(1\) contains an equilateral triangle of side length \(1\). (Every polygon is assumed to contain its boundary.)

Indices : les idées clés

• Contre-exemple aplati pour \(n\) pair : un polygone « en fuseau » contenu dans une bande de largeur \(1/2\) ne peut pas contenir de triangle équilatéral de côté \(1\) (hauteur \(\frac{\sqrt3}{2}\)).
• Principe extrémal : on part de la plus longue diagonale \(A_0A_\ell\), qui découpe le périmètre en deux lignes brisées dont l'une a au moins \(k+1\) côtés.
• Géométrie combinatoire : un polygone convexe contenu dans un autre a un périmètre plus petit ; avec l'inégalité triangulaire, cela force un sommet loin de la diagonale.
• Trapèze équilatéral de comparaison : le trapèze \(A_0YZA_\ell\) aux angles de \(60^\circ\) sert d'étalon pour placer le triangle cherché.

Solutions

Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2021 (une solution et une remarque).

Réponse : tous les entiers impairs \(n \geq 3\).

Solution

Cas \(n\) pair : contre-exemple. Soit \(n \geq 4\) pair. On considère un \(k\)-gone régulier \(A_0A_1\ldots A_{k-1}\) de côté \(1\), et l'on note \(B_1, B_2, \ldots, B_{n/2-1}\) les symétriques de \(A_1, A_2, \ldots, A_{n/2-1}\) par rapport à la droite \(A_0A_{n/2}\). Alors

\[P = A_0A_1A_2\ldots A_{n/2-1}A_{n/2}B_{n/2-1}B_{n/2-2}\ldots B_2B_1\]

est un \(n\)-gone convexe dont tous les côtés valent \(1\). Si \(k\) est assez grand, \(P\) est très aplati et contenu dans une bande de largeur \(1/2\), qui ne contient évidemment aucun triangle équilatéral de côté \(1\) (sa hauteur vaut \(\frac{\sqrt3}{2} > \frac12\)). (voir la figure)

Cas \(n\) impair. Posons \(n = 2k+1\). Le cas \(k = 1\) (triangle équilatéral) est trivial ; on suppose donc \(k \geq 2\). Soit \(P\) un \((2k+1)\)-gone convexe dont tous les côtés valent \(1\), et soit \(d\) sa plus longue diagonale (principe extrémal). Les extrémités de \(d\) découpent le périmètre de \(P\) en deux lignes brisées, dont l'une a une longueur au moins \(k+1\) (les deux longueurs sont des entiers de somme \(2k+1\)). On peut donc numéroter les sommets de sorte que \(P = A_0A_1\ldots A_{2k}\) et \(d = A_0A_\ell\) avec \(\ell \geq k+1\). Nous allons montrer que le polygone \(A_0A_1\ldots A_\ell\) contient déjà un triangle équilatéral de côté \(1\).

Un angle d'au moins \(60^\circ\) en \(A_0\) ou en \(A_\ell\). Supposons \(\angle A_\ell A_0A_1 \geq 60^\circ\). Comme \(d\) est la plus longue diagonale, \(A_1A_\ell \leq A_0A_\ell\), donc dans le triangle \(A_0A_1A_\ell\), \(\angle A_0A_1A_\ell \geq \angle A_\ell A_0A_1 \geq 60^\circ\). Il existe donc un point \(X\) dans le triangle \(A_0A_1A_\ell\) tel que \(A_0A_1X\) soit équilatéral, et ce triangle est contenu dans \(P\). Le raisonnement est le même si \(\angle A_{\ell-1}A_\ell A_0 \geq 60^\circ\).

Désormais, on suppose \(\angle A_\ell A_0A_1 < 60^\circ\) et \(\angle A_{\ell-1}A_\ell A_0 < 60^\circ\).

Le trapèze de comparaison. Considérons le trapèze isocèle \(A_0YZA_\ell\) tel que \((A_0A_\ell) \parallel (YZ)\), \(A_0Y = ZA_\ell = 1\) et \(\angle A_\ell A_0Y = \angle ZA_\ell A_0 = 60^\circ\) (du même côté de \(A_0A_\ell\) que le polygone). Supposons que \(A_0A_1\ldots A_\ell\) soit contenu dans \(A_0YZA_\ell\). Le périmètre de \(A_0A_1\ldots A_\ell\) vaut \(\ell + A_0A_\ell\), et celui du trapèze vaut \(2A_0A_\ell + 1\) (car \(YZ = A_0A_\ell - 1\)). Or, fait classique de géométrie convexe, si un polygone convexe \(P_1\) est contenu dans un polygone convexe \(P_2\), le périmètre de \(P_1\) est au plus celui de \(P_2\). D'où

\[\ell + A_0A_\ell \leq 2A_0A_\ell + 1, \quad \text{c'est-à-dire} \quad \ell - 1 \leq A_0A_\ell.\]

Mais l'inégalité triangulaire appliquée à l'autre ligne brisée donne

\[A_0A_\ell < A_\ell A_{\ell+1} + A_{\ell+1}A_{\ell+2} + \cdots + A_{2k}A_0 = 2k+1-\ell \leq \ell - 1,\]

contradiction.

Construction du triangle. Il existe donc un sommet \(A_m\) de \(A_0A_1\ldots A_\ell\) situé hors du trapèze \(A_0YZA_\ell\). Comme

\[\angle A_\ell A_0A_1 < 60^\circ = \angle A_\ell A_0Y \quad \text{et} \quad \angle A_{\ell-1}A_\ell A_0 < 60^\circ = \angle ZA_\ell A_0, \tag{1}\]

le polygone convexe \(A_0\ldots A_\ell\) est contenu dans l'angle \(\angle A_\ell A_0 Y\) et dans l'angle \(\angle A_0A_\ell Z\) ; un sommet hors du trapèze est donc au-delà de la droite \(YZ\), et la distance de \(A_m\) à la droite \(A_0A_\ell\) est au moins \(\frac{\sqrt3}{2}\).

Soit \(P\) le projeté orthogonal de \(A_m\) sur \(A_0A_\ell\). Alors \(PA_m \geq \frac{\sqrt3}{2}\) et, d'après (1), \(A_0P > \frac12\) et \(PA_\ell > \frac12\). Choisissons \(Q \in [A_0P]\), \(R \in [PA_\ell]\) et \(S \in [PA_m]\) tels que \(PQ = PR = \frac12\) et \(PS = \frac{\sqrt3}{2}\). Alors \(QRS\) est un triangle équilatéral de côté \(1\), contenu dans le triangle \(A_0A_mA_\ell\), donc dans \(A_0A_1\ldots A_\ell \subset P\) par convexité. (voir la figure) \(\blacksquare\)

Remarques

Remarque (énoncé plus fort). Pour tout \(n\) impair, on a en fait mieux, avec les notations ci-dessus : il existe un triangle équilatéral \(A_iA_{i+1}B\) contenu dans \(A_0A_1\ldots A_\ell\) pour un certain \(0 \leq i < \ell\). Esquisse d'une preuve indirecte. Comme plus haut, \(\angle A_\ell A_0A_1 < 60^\circ\) et \(\angle A_{\ell-1}A_\ell A_0 < 60^\circ\). On choisit \(m \in [1, \ell-1]\) qui maximise la distance de \(A_m\) à \(A_0A_\ell\) ; les arguments précédents donnent \(1 < m < \ell - 1\), puis \(\angle A_0A_{m-1}A_m > 120^\circ\) et \(\angle A_{m-1}A_mA_\ell > \angle A_0A_mA_\ell \geq 60^\circ\). On construit le triangle équilatéral \(A_{m-1}A_mB\) du côté de \(A_0A_\ell\). Si \(B\) est dans \(A_0A_{m-1}A_mA_\ell\), c'est fini ; sinon \(B\) et \(A_m\) sont de part et d'autre de \(A_0A_\ell\), et, avec \(P\) le projeté de \(A_m\) sur \(A_0A_\ell\), on montre

\[A_0A_1 + A_1A_2 + \cdots + A_{m-1}A_m < A_0P + \tfrac12. \tag{2}\]

Pour cela, on prend \(C \in [A_0P]\) avec \(\angle A_{m-1}CP = 60^\circ\) et le parallélogramme \(A_0CA_{m-1}K\) ; la ligne brisée \(A_0A_1\ldots A_{m-1}\) est dans le triangle \(A_{m-1}KA_0\), donc le membre de gauche de (2) est au plus \(A_0K + KA_{m-1} + 1 = A_0C + CA_{m-1} + 1\), et il suffit de prouver \(CA_{m-1} < CP - \frac12\). La parallèle à \(CP\) passant par \(B\) coupe les demi-droites \([A_{m-1}C)\) et \([A_mP)\) en \(D\) et \(T\) ; il suffit de montrer \(DA_{m-1} \leq DT - \frac12\). Comme \(\angle DA_{m-1}B \geq 60^\circ\), il existe \(M \in [DB]\) tel que \(DMA_{m-1}\) soit équilatéral ; alors \(\angle A_{m-1}MD = 60^\circ = \angle A_{m-1}A_mB\), donc \(A_{m-1}MBA_m\) est cyclique et \(\angle A_mMB = 60^\circ\). Ainsi \(T\) est sur la demi-droite \([MB)\) et il reste à voir \(MT \geq \frac12\) : en effet \(MT = A_mM/2\) et \(A_mM \geq A_mB = 1\). (voir les figures) De même, ou bien il existe un triangle équilatéral \(A_mA_{m+1}B'\) contenu dans \(A_0\ldots A_\ell\), ou bien

\[A_mA_{m+1} + \cdots + A_{\ell-1}A_\ell < A_\ell P + \tfrac12. \tag{3}\]

En additionnant (2) et (3), on obtient \(\ell = A_0A_1 + \cdots + A_{\ell-1}A_\ell < A_0A_\ell + 1\), ce qui contredit \(A_0A_\ell < \ell - 1\) établi plus haut.