´ ´ Enonc e
` Probl eme eme
Polygˆ ones r´ eguliers ` a
5
ou
cot´ es 17 co
Prem Premi` i` ere er e part partie ie 1. Donner Donner les solutio solutions ns de (E) : z 5 2. Soit Q le polynˆome ome tel que z 5
− 1 = 0, sous forme trigonom´ trigo nom´etrique. etriqu e. − 1 = (z − 1)Q(z).
1 Avec le changement de variable ω = z + , exprimer les racines de Q avec des radicaux. z 2 π 4 π 2 π 4 π π π 3. En d´eduire eduire cos , cos , cos , sin , sin et sin a` l’aide de radicaux. 5 5 5 5 5 5 4. Dans cette question, question, on se donne deux points points O et I distincts du plan. On se propose de construire le pentagone p entagone r´egulier egulier (Γ) de centre O et dont un sommet est I , `a l’aide uniquement uniquem ent d’une d’u ne r`egle egle et d’un d’ un compas. co mpas. Effectuer les constructions suivantes :
– Le cercle ( ) de centre O de rayon OI , recoupant (OI ) en I , et le milieu A de [O, I ].
C
– La perpendic perpendicula ulaire ire ∆ en O `a (OI ) et une intersection J de ∆ et .
C
– Le point B de [O, I ] tel que AB = AJ . – Le cercle c ercle centr´e en B et de rayon OI O I , qui rencontre ( ) en deux points M, N .
C
Montrer que M, N sont des sommets de (Γ), et conclure.
Deux Deuxi` i` eme eme part partie ie Dans toute la suite du probl`eme, eme, on o n pose θ =
π
. 17 Tous les calculs calcul s demand´es es doivent ˆetre etre effectu´es es de mani`ere ere exacte (autrement (autr ement dit les r´eponses epo nses qui utiliseutilise raient des valeurs approch´ appro ch´ ees ees fournies par la calculatrice ne sont pas accept´ ees). ees). n−1
1. Montrer que : 2. On pose
∀ a ∈ R, ∀ h ∈ ]0, π[, ∀ n ∈ N , ∗
cos(a + 2kh) =
k =0
sin(nh)cos(a + (n 1)h) sin h
−
cos 5θ + cos cos 7θ + cos cos 11θ x1 = cos3θ + cos cos 9θ + cos cos 13θ + cos cos 15θ x2 = cos θ + cos
(a) Montrer Montrer que x1 > 0. 1 . 2 (c) D´evelopper evelopp er l’expres l ’expression sion x 1 x2 , puis lin´eariser eariser les produits obtenus.
(b) Montrer Montrer que x1 + x2 =
(d) En d´eduire eduire que x1 x2 =
−2(x + x ) = −1. 1
2
(e) Donner une expressio expression n de x1 et de x2 a` l’aide de radicaux. 3. On pose
cos 3θ + cos cos 5θ, y2 = cos cos 7θ + cos cos 11θ y1 = cos cos 13θ, y4 = cos cos 9θ + cos cos 15θ y3 = cos θ + cos
(a) En s’inspirant s’inspi rant de la m´ethode etho de pr´ec´ ec´edente, edente, calculer calcul er les produits prod uits y1 y2 et y 3 y4 . (b) En d´eduire eduire des expressions de y1 , y2 , y3 et de y 4 a` l’aide de radicaux. 4. Donner finalemen finalementt une expression de cos
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π
17
et de cos
2 π a` l’aide de radicaux. 17
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´ ´ Enonc e
Probl ` eme
Troisi` eme partie Dans cette partie, on voit une construction, toujours `a la r`egle et au compas, de l’heptad´ecagone, c’est-`a-dire du polygone convexe r´egulier `a 17 cot´es. Cette construction a ´et´e propos´ee en 1893 par H.W.Richmond. 1. Dans un premier temps, il est n´ecessaire de faire encore un peu de trigonom´etrie. On conserve ici les notations de la partie II. π On note ϕ l’angle compris entre 0 et tel que tan 4ϕ = 4. 8 1 4 (a) Montrer que cos 4ϕ = et sin 4ϕ = . 17 17
√
√ (b) En d´eduire que x = cotan 2ϕ et x = − tan2ϕ. 1 1 1 1 π π (c) Montrer y = cotan ϕ, y = − tan ϕ, y = tan( − ϕ), y = − tan( + ϕ) 2 2 2 4 2 4 1
2
1
2
(d) En d´eduire les ´egalit´es
3
4
1 cos6θ + cos 10θ = tan ϕ 2 1 π cos6θ cos10θ = tan(ϕ ) 4 4
−
2. On va maintenant construire l’heptad´ecagone de centre O (0, 0) et de sommet I (1, 0). On demande d’effectuer, `a la r`egle et au compas, les constructions suivantes : 1 – Le cercle (C ) de centre 0 de rayon OI , et les points I ( 1, 0), J (0, 1), A(0, ). 4 1 = – Le point B de [O, I ] tel que OAB OAI (2π). 4 π = – Le point C de [I , O] tel que CAB (2π). 4 – Le cercle de diam`etre [C, I ] recoupant le segment [0 , J ] en D.
−
– Le cercle de centre B de rayon BD , coupant [0, I ] en H 3 et [I , O] en H 5 . – Les perpendiculaires en H 3 , H 5 `a (OI ) coupant (C ) en M 3 , M 5 (d’ordonn´ees positives.) Montrer que M 3 et M 5 sont le troisi`eme et le cinqui` eme sommet de l’heptad´ecagone de centre O dont le sommet d’indice 0 (ou 17) serait le point I (l’heptad´ecagone ´etant parcouru dans le sens trigonom´etrique) et conclure.
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Probl ` eme
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme Premi` ere partie 1. Les solutions sont les racines cinqui`emes de l’unit´e : ωk = exp 2. Pour tout z de C, on a z 5
− 1 = (z − 1)Q(z), avec Q(z) = z
4
2ikπ ,0k 5
4.
+ z 3 + z 2 + z + 1.
1 Pour r´esoudre Q(z ) (sachant que z = 0 n’est pas solution), on peut poser ω = z + . z 1 1 1 On a ω2 = z 2 + 2 + 2, donc Q(z ) = z 2 z 2 + z + 1 + + 2 = z 2 (ω2 + ω 1). z z z 1 5 1+ 5 Le solutions de ω2 + ω 1 = 0 sont ω1 = et ω 2 = 2 2 1 2 Il faut ensuite r´esoudre z + = ω k c’est-`a-dire (E k ) : z 1, 2 . zω k + 1 = 0, pour k z Le discriminant de (E k ) s’´ecrit ∆k = ωk2 4 = ωk 3 (en utilisant ωk2 = 1 ωk .)
−
− − √
−
√
−
−
∈ { }
− − − − √ −5 − 5 < 0. On a ainsi ∆ = < 0 et ∆ = 2 2 √ √ ω − i −∆ ω + i −∆ On en d´eduit que les solutions de ( E ) sont z = et z = 2 2 √ √ On trouve : −1 − 5 − i 5 − 5 √ 5 − i 10 − 2√ 5 √ − 1 − ω − i −∆ 2 2 z = = = 2 2 4 √ √ √ z = ω + i2 −∆ = −1 − 5 + 4i 10 − 2 5 = z √ 5 √ 5 − 1 + 5 + √ − i 2 −1 + √ 5 − i 10 + 2√ 5 ω − i −∆ 2 z = = = 2 2 4 √ √ √ − 1 + 5 + i 10 + 2 5 ω + i −∆ z = = = z 1
−5 + √ 5
2
k
k
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
k
k
k
k
k
= z k .
1
2
4
Les racines du polynˆome Q(z ) sont donc z1 , z1 , z2 , z2 . Elles sont conjugu´ees deux `a deux, et s’expriment `a l’aide de radicaux carr´es. 2π 2 π 2 π π π π < , on a 0 < cos < cos < 1 et 0 < sin < sin < 1 . 5 5 2 5 5 5 5 4π 4 π 4 π π π π D’autre part = π , donc cos = cos et sin = sin . 5 5 5 5 5 5 2 iπ 4 iπ Les solutions de ( E ) sont : ω0 = 1, ω1 = exp , ω2 = exp , ω3 = ω 2 , ω 4 = ω1 . 5 5 eelle et une partie imaginaire positives. ω1 est la seule solution `a avoir une partie r´ π
3. Puisque 0 <
<
−
−
√ − 1+ 5+i Ainsi ω = z =
√ − √
√
2 π 1+ 5 2 π donc cos = et sin = 1 2 4 5 4 5 De mˆeme ω 2 est la seule solution de ( E ) telle que Re ( z ) < 0 et Im (z ) > 0.
10 + 2 5
√ − 1− 5+i Donc ω = z = 2
1
Finalement cos
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4
π
5
=
− cos 45π =
10
2 5
√ 1+ 5 4
−
−1 − √ 5 et sin 4π = 4 5 √ 4 π 10 − 2 5
4 π puis cos = 5
π et sin = sin = 5 5
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4
√ − √
10 + 2 5 . 4
10
2 5
4
.
.
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Probl ` eme
Corrig´e
4. Le cercle de centre 0, de rayon OI , recoupe a droite ( OI ) en I .
Par I , I on m`ene des arcs de rayon > OI . Les deux points d’intersection donnent la droite perpendiculaire en O `a (OI ).
M (C)
P
Cette droite recoupe (C ) en J , par exemple. par I , on m`ene deux arcs de rayon I O.
J
!
Ces deux arcs coupent ( C ) en α et β . A l’intersection des droites ( αβ ) et (OI ) on trouve le milieu A du segment [ I , O].
&
%$
#
"
I
L’arc de centre A de rayon AJ coupe [O, I ] en B . Deux arcs de centre B et de rayon OI recoupent le cercle (C ) en les deux points M et N . Les arcs de centre M, N et de rayon IM donnent les points P et Q sur le cercle ( C ).
"
N
Il suffit de v´erifier que M est un point du pentagone pour que la construction soit justifi´ ee. Pour cela on se ram`ene `a un rep`ere orthonorm´e d’origine est en O et tel que I = (1, 0). 1 Les points J et A a pour coorconn´ees respectives (0, 1) et ( , 0). 2 1 5 1+ 5 Soient (b, 0) les coordonn´ees de B . On a AJ = 1 + = . Donc b = . 4 2 2
− √
−
√
√ − 1+ 5 2 π La droite (M N ) est la m´ediatrice de [0, B]. L’abscisse de M est donc = cos . 4
M et N ont donc pour coordonn´ees (cos
5
2 π 2 π , sin ) : ils sont sur le pentagone (Γ). 5 5
Deuxi` eme partie 1. On connait la formule : 2 sin x cos y = sin(x + y ) + sin(x n−1
On en d´eduit : 2 sin h
n−1
cos(a + 2kh) =
k =0
Il y a une simplification
k =0
t´el´escopique
− y) = sin(x + y) − sin(y − x). sin(a + (2k + 1) h) − sin(a + (2 k − 1)h). n−1
k =0
et il reste :
n−1
2sin h
cos(a + 2kh) = sin(a + (2n 1)h) sin(a
− h) p − q p + q On utilise maintenant la formule sin p − sin q = 2 sin cos . −
k =0
−
2
n−1
Ainsi 2 sin h
2
cos(a + 2kh) = 2sin(nh)cos(a + (n 1)h).
k =0
−
n−1
On a donc obtenu l’´egalit´e :
cos(a + 2kh) =
k =0
2. (a) On a 6θ = π
sin(nh) cos(a + (n 1)h) . sin h
−
− 11θ donc cos 11θ = − cos6θ.
D’autre part, 0 < 3 θ < 5 θ < 6 θ < 7 θ <
π
. 2 Il en d´ecoule 0 < cos 7θ < cos 6θ < cos 5θ < cos 3θ < 1. Ainsi : x1 = cos 3θ + cos 5θ + cos 7θ + cos 11θ = cos 3θ +(cos5θ On en d´eduit x 1 > 0. Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
cos 6θ) +cos7θ.
− >0
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>0
>0
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Probl ` eme
Corrig´e
n−1
(b) On a x1 + x2 =
cos(a + 2kh) avec a = h = θ et n = 8.
k =0
sin(nh)cos(a + (n 1)h) sin8θ cos 8θ sin 16θ = = . sin h sin θ 2sin θ 1 θ donc sin 16θ = sin θ. On en d´eduit x1 + x2 = . 2
−
On en d´eduit x 1 + x2 = Mais 16θ = π
−
(c) On d´eveloppe et on trouve : x1 + x2
= (cos 3θ + cos 5θ + cos 7θ + cos 11θ)(cos θ + cos 9θ + cos 13θ + cos 15θ) = cos 3θ cos θ + cos 3θ cos9θ + cos 3θ cos 13θ + cos 3θ cos15θ +cos5θ cos θ + cos 5θ cos9θ + cos 5θ cos13θ + cos 5θ cos 15θ +cos7θ cos θ + cos 7θ cos9θ + cos 7θ cos13θ + cos 7θ cos 15θ +cos11θ cos θ + cos 11θ cos9θ + cos 11θ cos13θ + cos 11θ cos15θ
On applique la formule 2 cos x cos y = cos(x + y) + cos(x
− y) :
2(x1 + x2 ) = cos4θ + cos 2θ + cos 12θ + cos 6θ + cos 16θ + cos 10θ + cos 18θ + cos 12θ +cos6θ + cos 4θ + cos 14θ + cos 4θ + cos 18θ + cos 8θ + cos 20θ + cos 10θ +cos8θ + cos 6θ + cos 16θ + cos 2θ + cos 20θ + cos 6θ + cos 22θ + cos 8θ +cos12θ + cos 10θ + cos 20θ + cos 2θ + cos 24θ + cos 2θ + cos 26θ + cos 4θ = 4cos 2θ + 4 cos 4θ + 4 cos 6θ + 3 cos8 θ + 3 cos10θ + 3 cos 12θ + cos 14θ +2cos16θ + 2 cos 18θ + 3 cos 20θ + cos 22θ + cos 24θ + cos 26θ (d) Pour tout entier k , cos(34 k)θ = cos(2π kθ ) = cos kθ . cos26θ = cos 8θ, cos24θ = cos 10θ, cos22θ = cos12θ En particulier : cos20θ = cos 14θ, cos18θ = cos 16θ On en d´eduit :
−
−
x1 x2 = 2(cos 2θ + cos 4θ + cos 6θ + cos 8θ + cos 10θ + cos 12θ + cos 14θ + cos 16θ).
D’autre part, pour tout entier k , on a cos(17 En particulier : cos2θ = cos15θ, cos4θ =
− k)θ = cos(π − kθ ) = − cos θ.
− − cos13θ, cos6θ = − cos 11θ, cos8θ = − cos9θ cos10θ − cos 7θ, cos 12θ = − cos5θ, cos14θ = − cos3θ, cos 16θ = − cos θ
On en d´eduit : x1 x2 =
−2(cos 15θ + cos 13θ + cos 11θ + cos 9θ + cos 7θ + cos 5θ + cos 3θ + cos θ). Ainsi x x = −2(x + x ) = −1. 1 (e) On a x + x = et x x = −1. 2 1 x , x sont donc les solutions de x − x − 1 = 0, c’est-`a-dire de 2x − x − 2 = 0. 2 √ √ 1 + 17 1 − 17 Le discriminant est ∆ = 17, et x > 0. Ainsi : x = et x = . 1 2
1
1
1
2
2
1 2
2
2
1
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2
1
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2
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Probl ` eme
Corrig´e
3. (a) On lin´earise : y1 y2 = (cos 3θ + cos 5θ)(cos7 θ + cos 11θ )
1 = (cos 10θ + cos 4θ + cos 14θ + cos 8θ + cos 12θ + cos 2θ + cos 16θ + cos 6θ) 2 1 = (cos2θ + cos 4θ + cos 6θ + cos 8θ + cos 10θ + cos 12θ + cos 14θ + cos 16θ) 2 1 1 1 1 = ( x 1 x2 ) = x 1 x2 = 2 2 4 4
−
De mˆeme, toujours par lin´earisation : y3 y4 = (cos θ + cos 13θ)(cos9 θ + cos 15θ )
= cos θ cos9θ + cos θ cos15θ + cos 13θ cos9θ + cos 13θ cos15θ 1 = (cos 10θ + cos 8θ + cos 16θ + cos 14θ + cos 22θ + cos 4θ + cos 28θ + cos 2θ) 2 On sait que cos 28θ = cos6θ et que cos 22θ = cos12θ. On en d´eduit : 1 y3 y4 = (cos2θ + cos 4θ + cos 6θ + cos 8θ + cos 10θ + cos 12θ + cos 14θ + cos 16θ) 2 1 1 1 = ( x 1 x2 ) = 2 2 4
−
(b) On a y1 + y2 = x 1 et y3 + y4 = x 2 . 1 – Calcul de y1 et de y2 : On a y1 + y2 = x 1 et y1 y2 = . 4 1 = 0, de discriminant ∆ = x 21 + 1 > 0. y1 , y2 sont donc les solutions de y2 x1 y 4 π D’autre part 0 < 3 θ < 5 θ < donc y 1 = cos3θ + cos 5θ > 0, et y2 < 0. 2
−
−
On en d´eduit y1 = De mˆeme et y 2 =
−
x21 + 1
x1 +
2
x1
x21 + 1
2
=
=
−
√ 1 + 17 +
√ − 8
1+
17
D’autre part
π
2
8
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.
.
−14 .
− x y − 14 = 0, de discriminant ∆ = x + 1 > 0. 2 2
2
< 9 θ < 15 θ < π donc y 4 = cos 9θ + cos 15θ < 0, et y 3 > 0.
On en d´eduit y3 = De mˆeme, y4 =
√
34 + 2 17
– Calcul de y3 et de y4 : On a y3 + y4 = x 2 et y3 y4 = y3 , y4 sont donc les solutions de y2
√
34 + 2 17
x2
− x2 +
x22 + 1
2
x22 + 1
2
=
− √ − √ − − √
= 1
√ 1 − 17 + 17
34
8
34
8
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2 17
2 17
.
.
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Probl ` eme
Corrig´e
4. On a y1 = cos 3θ + cos 5θ = 2cos 4θ cos θ =
−2cos13θ cos θ. D’autre part, y = cos θ + cos 13θ (en effet 13 θ + 4 θ = π ⇒ cos 4θ = − cos 13θ .) y Ainsi cos θ + cos 13θ = y et cos θ cos13θ = − . 2 On en d´eduit que cos θ et cos3θ sont les solutions de 2 t − 2y t − y = 0. 3
1
3
2
3
Le discriminant est ∆ = y 32 + 2y1 . π On a 0 < θ < < 13 θ < π donc cos θ > 0 et cos13θ < 0. 2 cos θ est donc la solution positive de l’´equation 2t2 2y3 t On en d´eduit cos θ =
y3 +
−
y32 + 2y1
1
− y = 0. 1
. 2 Apr`es calcul (euh... apr`es Maple) on trouve : cos θ =
1 1 16
− √ 17 +
+ De mˆeme
− √ 34
2
√
17
68 + 12 17 + 2 (1
− √ 17)
− √ 34
2
17 + 16
√
34 + 2 17
y2 = cos 7θ + cos 11θ = 2cos 9θ cos2θ y4 = cos 9θ + cos 15θ = cos9θ
− cos 2θ y Ainsi cos 2θ + ( − cos9θ) = −y et cos 2θ(− cos9θ) = − . 2 On en d´eduit que cos 2θ et − cos9θ sont les solutions de 2 t 2
4
2
+ 2 y4 t
Le discriminant est ∆ = y 42 + 2y2 .
− y = 0. 2
− cos9θ = cos8θ et 0 < θ < 8θ < π2 ⇒ 0 < cos8θ < cos2θ < 1. −y − y + 2 y et cos 2θ = −y + y + 2y On en d´eduit cos 8θ = On a d’autre part
4
− √ 2 4
2
4
2
On trouve : 1 cos2θ = 16
2 4
2
2
− 1 + √ 17 + 34 2 17 √ √ + 68 + 12 17 + 2 ( 17 − 1)
− √ − 34
2
17
16
34 + 2
√ 17
C’est la formule d´ecouverte par Gauss le 30 mars 1796, `a l’ˆage de 19 ans, et qui permet d’´etablir que l’heptad´ecagone (le polygˆone r´egulier convexe `a 17 cot´es) est constructible `a la r`egle et au compas.
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Probl ` eme
Corrig´e
Troisi` eme partie 1. (a) On a
√ 117 =
1
1 + tan2 4ϕ
= cos 4ϕ, puis sin 4ϕ = tan 4ϕ cos 4ϕ =
√ 417 .
(b) On trouve successivement :
√ 17
1 1 1 + cos 4ϕ 2cos2 2ϕ = 1+ = = x1 = 4 4 cos4ϕ 4cos4ϕ sin4ϕ 2 2cos (2ϕ) cos2ϕ = = = cotan 2ϕ 2sin2ϕ cos2ϕ sin2ϕ 1 Il en d´ecoule x2 = = tan2ϕ. x1 1 1 2 (c) On constate que x 21 + 1 = cotan 2 (2ϕ) + 1 = donc + 1 = x > 0. 1 sin2ϕ sin2 2ϕ On en d´eduit 1 1 cos2ϕ + 1 x1 + x21 + 1 = cotan2ϕ + = y1 = 2 2 sin2ϕ 2sin2ϕ 2 2cos ϕ cos ϕ 1 = = = cotan ϕ 4sin ϕ cos ϕ 2sin ϕ 2 1 1 On trouve alors : y2 = = tan ϕ. 4y1 2 1 1 On constate que x 22 + 1 = tan2 (2ϕ) + 1 = donc x22 + 1 = > 0. 2 cos 2ϕ cos2ϕ On en d´eduit, en posant t = tan ϕ : 1+
−
−
−
−
1 1 1 2t 1 + t2 = tan2ϕ + = + y3 = 2 2 cos2ϕ 2 1 t2 1 t2 1 (1 t)2 11 t 1 π = = = tan ϕ 2 1 t2 2 1+t 2 4 1 1 1+t 1 π On trouve alors : y4 = = = tan +ϕ . 4y3 21 t 2 4 1 (d) On a y2 = tan ϕ et y2 = cos7θ + cos 11θ = cos10θ cos 6θ. 2 1 On a donc bien l’´egalit´e : cos 6θ + cos 10θ = tan ϕ. 2 1 π On a y3 = tan( ϕ) et y 3 = cos θ + cos 13θ = 2 cos 6θ cos7θ = 2cos6θ cos10θ. 2 4 1 π On trouve donc bien : cos 6θ cos10θ = tan(ϕ ). 4 4 2. Les constructions demand´ees peuvent effectivement ˆetre r´ealis´ees `a la r`egle et au compas. x22 + 1
x2 +
− −
−
−
−
−
−
− −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
Le point B peut ainsi ˆetre obtenu par construction de deux bissectrices successives. De mˆeme, pour obtenir C , on m`ene la perpendiculaire en A au segment [A, B ], puis on construit la bissectrice de l’angle droit ainsi obtenu. 6π 3 et v = IOM 5 . Il faut montrer que u = Notons u = IOM = 6θ et v = 10θ. 5 Pour cela, il suffit de v´erifier que u + v = cos6θ + cos 10θ et uv = cos6θ cos 10θ. 1 1 π Il s’agit donc de montrer que u + v = tan ϕ et uv = tan(ϕ ). 2 4 4 1 = 4ϕ et OAB = ϕ . Ainsi OB = OA tan ϕ = tan ϕ. On a tan OAI = 4, donc OAI 4 1 On a alors u + v = OH 3 + OH 5 = OB + BH 3 + OB = BH 5 = 2OB = tan ϕ. 2
−
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Probl ` eme
Corrig´e
Dans un triangle P QR rectangle en P , et de hauteur P H , on a H Q H R = 2
2
−P H .
On en d´eduit : uv = OH 3 OH 5 = OD = OC OI = OC . 1 π π π = , donc CAO = = Mais CAB tan( ϕ et OC = OA tan CAO ϕ). 4 4 4 4 1 π On en d´eduit uv = OC = tan(ϕ ). 4 4 6π Ces calculs montrent bien que u = = 6θ et v = 10θ . 5 6 π 10 π 3 = cos 6θ = cos 5 = cos10θ = cos Autrement dit, on trouve IOM et IOM . 17 17 ecagone de centre O de M 3 et M 5 sont donc respectivement le 3-i`eme et le 5-i`eme sommet de l’heptad´ sommet M 0 = I (l’heptad´ecagone ´etant parcouru dans le sens direct.)
− − −
−
−
−
On obtient alors tous les autres sommets par des reports de la longueur M 3 M 5 . On obtient donc la construction r´ealis´ee en 1893 par H.W.Richmond.
M5
J
M4 M3
M6 M2 M7 D
M1
A M8
"#
H5
C O
!
I=M0
H3
M9 M M10 M M11 M12
Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
M14 M13
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