Enoncés :1 à 10

 

Exercice 1

Si tous les points du plan sont coloriés en bleu ou rouge montrer qu'il existe un rectangle dont les sommets sont de la même couleur.

solution

Exercice 2  (Olympiades internationales 1964)

Dans un groupe de 17 personnes chaque couple de personnes s'échange du courrier sur un seul thème de réflexion (thème à choisir parmi 3 thèmes possibles). Montrer qu'il existe au moins 3 personnes qui s'échangent du courrier sur un même thème de réflexion.

solution

Exercice 3  (Olympiades internationales 1984)

Soient x,y,z des réels positifs ou nuls vérifiant : x+y+z = 1.

Prouver les inégalités 0 £ xy+yz+zx-2xyz £7/27

solution

Exercice 4  (Concours génèral 1986)

1) u et v étant 2 réels montrer que |u|+|v|£|u+v|+|u-v|

2) u1, u2, u3, u4 étant 4 réels montrer que

|u1|+|u2|+|u3|+|u4|£|u1+u2|+|u1+u3|+|u1+u4|+|u2+u3|+|u2+u4|+|u3+u4|

(En fait dans l'énoncé original on se placait dans C)

solution

Exercice 5  (Olympiades internationales 1968)

Trouver tous les entiers x tels que le produit des chiffres de l'écriture décimale de x est égal à x2-10x-22

solution

Exercice 6   (Olympiades internationales 1968)

f est une fonction numérique définie sur R et on suppose qu'il existe un réel a tel que

f(x+a)=1/2+Ö(f(x)-f2(x)) pour tout réel x. Montrer que f est périodique et donner un exemple d'une telle fonction (non constante) pour a=1.

solution

Enoncé 7 (Olympiades internationales 1967)

In a sports contest a total of m medals were awarded over n days (n>1). On the first day one medal and 1/7 of the remaining medals were awarded. On the second day two medals and 1/7 of the remaining medals were awarded, and so on. On the last day, the remaining n medals were awarded. How many medals were awarded, and over how many days?

Et voici la version de chez nous :

Dans une compétition sportive qui a duré n jours (n>1), m médailles ont été distribuées. Le premier jour on a distribué une médaille, plus 1/7 des m-1 médailles restantes. Le deuxième jour, on a distribué 2 médailles plus 1/7 du nouveau reste et ainsi de suite de telle manière que le nième jour on a distribué exactement les n médailles qui restaient. Déterminer m et n.

solution

Enoncé 8  (Olympiades internationales 1961)

n étant un entier naturel non nul résoudre l'équation cosnx-sinnx = 1

solution

Exercice 9  (Olympiades internationales 1962)

Le cercle circonscrit à un triangle ABC a pour rayon R et centre O, son cercle inscrit a pour rayon r et centre I.

Montrer que si ABC est isocèle alors OI=Ö(R(R-2r))

solution

Enoncé 10  (Olympiades internationales 1962)

Montrer qu'un tétraèdre est régulier ( ses 6 côtés ont même longueur) équivaut au fait que ce tétraèdre admet 5 sphères distinctes tangentes aux 6 droites portant ses 6 côtés.

solution

 


Solutions

Solution exercice 1

On peut munir le plan d'un repère orthonormé. On considère, par exemple, les 9 triplets de points (i,1) (i,2) (i,3) pour i=1,2,3. Pour chacun de ces triplets il n' y a que 8 possibilités au point de vue couleurs donc 2 de ces triplets sont identiques au point de vue couleurs ; or dans un triplet il y a au moins 2 points de même couleurs et donc avec ces 2 triplets identiques on peut former un rectangle dont les 4 sommets sont de même couleur.

En fait on a appliqué ici deux fois le principe des tiroirs ou principe de Dirichlet : si on dispose de n tiroirs pour y ranger n+1 objets alors il y a au moins un des tiroirs qui contiendra au moins 2 objets. Voici deux autres exemples : sur 3 personnes, au moins 2 sont de même sexe ou bien si une jeune femme a 8 amants qu'elle voit chaque jour de la semaine, obligatoirement il y a au moins un jour de la semaine où elle en verra au moins 2!

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Solution exercice 2

On va encore utiliser le principe des tiroirs (voir exercice 3). Considérons une personne quelconque notée P0 : elle échange du courrier avec les 16 autres. Comme 3*5 < 16, P0 va échanger du courrier plus de 5 fois sur un même thème de réflexion, c'est-à-dire P0 écrit au moins à 6 autres personnes (P1,P2,...P6) sur un même thème de réflexion noté T 1 (sinon P0 échangerait du courrier sur le thème T1 avec au plus 5 personnes, de même pour le thème T2 et le thème T3 et donc P0 n'échangerait du courrier qu'avec au plus 15 personnes or toute personne échange du courrier avec les 16 autres).

Si parmi ces 6 personnes 2 s'écrivent sur le thème T1 alors avec P0 on a trouvé 3 personnes s'échangeant du courrier sur un même thème (T1).

Sinon tout couple de personnes parmi ces 6 s'échangent du courrier sur un thème autre que T1. Par exemple la personne P1 écrit à chacune des 5 personnes P2,P3,...P6 sur le thème T2 ou T3 : comme 2*2 < 6, P1 doit écrire au moins à 3 d'entre elles sur le même thème. Par exemple (quitte à renuméroter P2,P3,....) P1 écrit à P2,P3,P4 sur le thème T2.

Si 2 personnes parmi P2,P3,P4 s'échangent du courrier sur T2, alors on a trouvé, avec P1, 3 personnes s'échangeant du courrier sur un même thème (T2) ; sinon c'est que tout couple de personnes parmi P2,P3,P4 ne s'échangent pas du courrier sur le thème T2, or on a supposé plus haut que tout couple de personnes parmi P1,P2,...,P6 s'échangeaient du courrier sur un thème autre que T1, donc tout couple de personnes parmi P2,P3,P4 s'échangent du courrier sur le thème T3 (rappel : 2 personnes quelconques s'échangent obligatoirement du courrier, cela sur un seul des 3 thèmes de réflexion).

Finalement on trouve toujours 3 personnes qui s'échangent du courrier sur un même thème de réflexion.

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Solution exercice 3

Comme x+y+z = 1 les 3 nombres ne peuvent être simultanément >1/3 , l'un est £ 1/3 ; si c'est z £ 1/3, puisque S=xy+yz+zx-2xyz=z(x+y)+xy(1-2z) et que 1/3£1-2z alors 0£ S; même raisonnement si c'est x ou y qui est £ 1/3 et donc on a toujours 0 £ S.

Montrons maintenant que S£ 7/27. Comme précédemment supposons, par exemple, que z £ 1/3 ce qui assure 1-2z >0.

xy = 0,25((x+y))2-(x-y)2) £ 0,25(x+y)2 et S £ z(x+y)+0,25(x+y)2(1-2z) = f(z)

On a f(z) = z(1-z)+0,25(1-z)2(1-2z)=0,25(-2z3+z2+1) et f '(z) = 0,5z(1-3z) montre (faire un tableau de variation) que pour tout z entre 0 et 1/3 on a f(z)£ f(1/3)=7/27 et S £ 7/27 ; même raisonnement si c'est x ou y qui est £ 1/3 et donc on a toujours S£ 7/27 .

Rem : on a S = 7/27 ssi x = y = z =1/3. En effet, si par exemple c'est z £ 1/3 , on aura S = 7/27 ssi f(z)=7/27 et S=f(z) soit ssi z =1/3 et 0,25((x+y))2-(x-y)2)=0,25(x+y)2, soit ssi z=1/3 et x=y soit ssi x=y=z=1/3 (puisque x+y+z=1).

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Solution exercice 4

1) Il suffit de d'utiliser u=(u+v)/2+(u-v)/2 et v=(u+v)/2-(u-v)/2 et d'appliquer l'inégalité triangulaire.

2) Notons S le membre de gauche de l'inégalité :

En appliquant 2 fois le résultat précédent on a tout de suite S £|u1+u2|+|u1-u2|+|u3+u4|+|u3-u4|

Mais |u1-u2|+|u3-u4|£|u1-u2+u3-u4|+|u1-u2-u3+u4|

( toujours d'après 1)

£|u1+u3-(u2+u4)|+|u1+u4-(u2+u3)|

£|u1+u3|+|u2+u4|+|u1+u4|+|u2+u3|

ce qui donne le résultat demandé.

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Solution exercice 5

Soit n le nombre de chiffres de x en écriture décimale et p(x) le produit de ses chiffres.

1er cas : si n=1, p(x)=x et x doit être solution de x2-11x-22=0 qui n'a pas de solution entière.

2ième cas : si n=2,  p(x)£81.

Comme x2-10x-22=p(x) on a x2-10x£103 soit (x-5)2-25£103 puis successivement (x-5)2£128 et |x-5|£Ö128 et |x-5|£12.

Donc -7£x£17 mais x£10 et finalement les seules possibilités pour x sont 10;11;12;13;14;15;16.

Vu les valeurs possibles de x on peut écrire x=10+b avec 10 £ b£16 , donc p(x)=b et en reportant dans x2-10x-22 = p(x) on obtient b2+9b-22=0 ce qui donne b=2 et x= 12.

3ième cas : 3£n

On va montrer par une minoration qu'il ne peut y avoir de solution. Outre p(x) £ 9n on a x ³10n-1 et donc

r = x2-10x-22 - p(x) = x(x-10)-p(x)-22 ³10n-1(10n-1-10)-9n-22

r > 10n-1(10n-1-10)-10n-22 = 10n-1(10n-1-20)-22 > 100(100-20)-22 >0

et r ne peut être nul.

Finalement la seule solution est x=12.

Remarque : on peut traiter les deuxième et troisième cas en une seule fois. En effet en notant d le premier chiffre de x (donc d non nul) on a x ³ d*10n-1, mais p(x) £ d*9n-1 < x (car n =/= 1), ainsi x2-10x-22 - p(x) ³x2-11x-22.

Mais x2-11x-22=x(x-11)-22 > 0 pour x ³ 13. Les seules possibilités sont donc x £ 12 ; or x2-10x-22 = x(x-10)-22 £ 0 pour x £11 et la seule possibilité est x = 12 qui convient effectivement (p(x) = 2 et 12 est solution de x2-10x-22 = 2)

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Solution exercice 6

Essayons de voir ce que donne f(x+2a).

f(x+2a)=f((x+a)+a)=1/2+Ö(f(x+a)-f2(x+a))

         =1/2+Ö[1/2+Ö(f(x)-f2(x))-(1/4+Ö(f(x)-f2(x))+f(x)-f2(x))]

         =1/2+Ö(1/4-f(x)+f2(x))=1/2+|f(x)-1/2|

Mais par hypothèse f(x)=1/2+Ö(f(x-a)-f2(x-a)) >= 1/2 et donc f(x+2a) = f(x) et f est de période 2a.

Remarquons que puisque f(x)-f2(x) >= 0 (cette expression est sous la racine carrée) on a 0 <= f(x) <=1 et comme on vient de voir f(x) >= 1/2 on a 1/2 <= f(x) <=1 et donc f(x) ne peut être qu'une fonction de la forme 1/2 plus quelque chose de positif ou nul et inférieur ou égal à 1/2.

Cherchons une fonction f de période 2 vérifiant la condition de l'énoncé.

Posons f(x)=1/2 pour x dans [0;1[ : donc nécessairement pour x dans [1;2[ on doit avoir f(x) = f((x-1)+1)=1/2+ Ö(1/2-1/4)=1. Considérons alors la fonction f de période 2 telle que f(x)=1/2 pour x dans [0;1[ et f(x)=1 pour x dans [1;2[ : par construction elle vérifie la condition pour x dans [0;1[, mais elle la vérifie aussi pour x dans [1;2[ car pour un tel x on a f(x+1)=1/2 ( x+1=u+2 avec u dans [0;1[ et f(x+1)=f(u+2)=f(u)=1/2 puisque f est de période 2) et 1/2+Ö(f(x)-f2(x))=1/2+Ö(1-1)=1/2=f(x+1) et comme cette fonction est de période 2 elle vérifie la condition pour tout x!

Cet exemple se génèralise : posons f(x)=k ( 1/2<= k <=1) pour x dans [0;1[ ; pour qu'elle vérifie la condition voulue il faut que pour x dans [1;2[ on ait f(x)=1/2+Ö(k-k2) car f(x) = f((x-1)+1) avec x-1 dans [0;1[.On la prolonge ensuite par périodicité 2 sur tout R : le seul problème est de voir si la fonction f ainsi obtenue, qui est de période 2, vérifie la condition voulue pour tout réel. Pour cela il suffit de vérifier que pour x dans [1;2[ on a f(x+1) = 1/2+Ö(f(x)-f2(x)) ; or dans ce cas f(x+1) = k ( toujours parceque f est de période 2 ) et1/2+Ö(f(x)-f2(x)) = 1/2+Ö(1/2+Ö(k-k2)-(1/4+Ö(k-k2)+k-k2)), quantité qui redonne k (même calcul que pour montrer que f(x+2a)=f(x)).

Ce qui donne des tas de fonctions de période 2 (non constantes) vérifiant la condition de l'énoncé : la valeur k=1/2 redonne évidemment l'exemple précédent et la valeur k=1 le redonne mais à une translation près.

Voici une autre possibilté tout à fait différente : f(x)=(1+|cos(px/2)|)/2

Cette fonction est de période 2 (facile) et elle vérifie bien la relation voulue :

f(x+1)=(1+|sin(px/2)|)/2=1/2+Ö((sin2(px/2))/4) = 1/2+Ö((1-cos2(px/2))/4)

f(x+1)=1/2+Ö((1-|cos(px/2)|)*(1+|cos(px/2)|)/4) =1/2+Ö((1-f(x))f(x)) = 1/2+Ö(f(x)-f2(x)).

Pour terminer, je laisse au lecteur le soin de montrer que la seule fonction constante vérifiant la condition est f(x)=1/2+Ö2/4 pour tout x réel.

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Solution exercice 7

Notons u(k) le nombre de médailles distribuées le kième jour (k >=1).

( pour des raisons de commodités html je n'utilise pas la notation uk mais ca ne change rien au fait qu'il s'agit d'une suite!)

u(1)=1+(m-1)/7 ; u(2)=2+(m-u(1)-2)/7 ; u(3)=3+(m-u(1)-u(2)-3)/7

et u(k) = k+(m-u(1)-u(2)...-u(k-1)-k)/7 et u(k+1) = k+1+(m-u(1)-u(2)...-u(k)-k-1)/7

ce qui donne u(k+1) - u(k) =1+(-u(k)-1)/7 soit u(k+1)=6/7+6u(k)/7

S'il n'y avait pas la constante additive 6/7 on aurait une suite géomètrique de raison 6/7 ; mais heureusement on va pouvoir se ramener à une suite géomètrique. En effet si on cherche une constante c telle que c = 6/7+6c/7 on trouve c=6 et en posant v(k) = u(k)-6 soit u(k) = v(k) + 6 on trouve v(k+1) = 6v(k)/7 et la suite v est bien géomètrique de raison 6/7.

Donc v(k)=v(1)(6/7)k-1 et u(k) = 6 +v(1)(6/7)k-1.

L'égalité m = u(1)+u(2)+.....+u(n) (hypothèse) s'écrit m=6n+v(1)(1-(6/7)n)/(1-6/7) (résultat de cours sur la sommation d'une suite géomètrique!), soit m = 6n+7v(1)(1-(6/7)n) ; mais u(n) = n (hypothèse) donne n= 6 +v(1)(6/7)n-1 et en reportant dans l'égalité précédente on obtient m = 6n+7(n-6)((7/6)n-1-6/7)=36+(n-6)7n/6n-1.

Pour conclure il faut faire un peu d'arithmétique ; en effet m devant être entier, 6n-1 doit diviser (n-6)7n, or les diviseurs premiers 2 et 3 de 6 n'apparaissant pas dans la décomposition en nombres premiers de 7n, c'est que 6n-1 doit diviser n-6 ( évidemment pour un élève de terminale la "bonne" explication serait 7n et 6n-1 sont premiers entre eux et donc 6n-1 doit diviser l'autre facteur n-6 d'après Gauss).

Il reste donc à voir si 6n-1 peut diviser n-6 : si n=1 oui , mais 'l' énoncé ne veut pas de cette solution ; si on fait quelques essais on constate tout de suite que pour n>1 on a |n-6| < 6n-1 et donc 6n-1 divisera n-6 que si n-6 =0 ce qui donne n=6 et m=36.

Remarque : pour les puristes on peut justifier |n-6| < 6n-1 ainsi : c'est vrai jusqu'à n =6 ; pour n >6 |n-6|=n-6.

Or en considérant w(n)=6n-1-n on vérifie que cette suite est strictement croissante à partir du rang 1 et comme w(2)=4

on a w(n) > 0 pour n >= 2 donc n < 6n-1 soit n-6 < 6n-1, pour n >=2 ( vrai aussi si n=1).

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Solution exercice 8

si n = 1 on a cosx-sinx = 1 soit cos(x+p/4)=cos(p/4) soit x=2kp ou x = -p/2+2kp (k décrivant Z)

si n= 2 on a cos2x-sin2x = 1 et cos2x+sin2x = 1 ce qui donne cosx= 1 ou -1 et sinx = 0, soit x =kp.

Pour n >=3

On va utiliser le résultat suivant si 0 < x < 1alors xn+1 < xn.

Supposons 0 < |cosx| < 1 ; on a donc aussi 0 < |sinx| <1 et |cosx|n < |cosx|2, |sinx|n < |sinx|2.

Mais pour tout réel u on a u <= |u| et -u <=|u| d'où :

cosnx-sinnx <= | cosnx|+|sinnx| = |cosx|n+|sinx|n < | cosx|2+|sinx|2

Enfin | cosx|2+|sinx|2 = cos2x+sin2x = 1 et cosnx-sinnx < 1 : l'équation proposée n'a donc pas de solutions.

Pour n >=3 l'équation ne peut admettre des solutions que si |cosx| = 0 ou 1 : regardons s'il y a alors effectivement des solutions.

Si cosx = 0 alors sinx = 1 ou -1 : si sinx = 1 il faut donc que -(1)n=1 ce qui est impossible et si sinx = -1 il faut -(-1)n=1 qui n'est possible que si n est impair.

Si cosx = 1 alors sinx = 0 et l'équation est effectivement vérifiée pour tout n

Si cosx = -1 alors sinx = 0 et l'équation s'écrit (-1)n=1 et elle n'est vérifiée que si n est pair

Finalement il y a 3 sortes de solutions

n est impair et cosx=0, sinx = -1 soit x = -p/2 + 2kp

n pair et cosx = -1 et sinx =0 soit x = p + 2kp

n quelconque et cosx = 1 et sinx = 0 soit x =2kp

Donc pour n >= 3 les solutions de l'équation proposée sont

si n pair : x = kp et si n impair x =2kp ou x = -p/2 + 2kp ( en fait on peut vérifier, voir plus haut, que c'est vrai aussi pour n =1 et n = 2)

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Solution exercice 9

On suppose ABC isocéle en A et on appelle H le pied de la hauteur issue de A et x la distance OI.

Il y a plusieurs cas de figures selon la disposition relative des points O,I et H : soit O est entre I et A, soit I et H sont entre O et A, soit I est entre O et A et H lui, n'est pas entre O et A.

Supposons O entre I et A .

En notant u l'angle BAO on a tout de suite sinu=r/(R+x) et sin (angleOBC))=(x+r)/R. Mais angleOBC=angleABC-u et angleABC=(p-2u)/2, d'où angleOBC=p/2-2u et cos2u=(x+r)/R. Et d'après cos2u=1-2sin2u on obtient une équation algébrique en x qui après réduction s'écrit x3+(r+R)x2+R(2r-R)x+R(2r2+rR-R2)=0. Compte tenu de la réponse demandée et du fait que l'on voit le coefficient 2r-R on peut songer à factoriser le dernier terme (il est forcément factorisable par r+R car il s'annule si r =-R, mais là je fais appel à un résultat qui n'est plus au programme de la 1èreS : si un polynôme de la variable x a pour racine a il est factorisable par x-a) :

2r2+rR-R2=r2+rR+r2-R2=r(r+R)+(r-R)(r+R)=(r+R)(2r-R) et l'équation s'écrit

(x+r+R)x2+R(2r-R)(x+r+R)=0 soit (x+r+R)(x2+R(2r-R))=0.

Comme x >0 on a bien x=Ö(R(R-2r)).

Les 2 autres cas donnent la même équation, x étant changé en -x ; comme x < R la solution x=r+R est interdite et donc on retrouve x=Ö(R(R-2r)).

En fait ce résultat est vrai pour tout triangle : il n'est pas nécessaire qu'il soit isocèle! La preuve ci-après nécessite la notion de puissance d'un point par rapport à un cercle, notion qui n'est pas enseignée en lycée.

Soient M le point où (AI) recoupe le cercle circonscrit à ABC, N le symétrique de M par rapport à O et K le projeté orthogonal de I sur (AC) : IK= r et MN=2R.

Les triangles IAK et MNC sont semblables ( ils sont tous les 2 rectangles et angle(IAK)=angle(MNC) car ces angles interceptent le même arc) donc : IA/MN=IK/MC soit IA*MC=2Rr.

Mais angle(MCI)=angle(MCB)+angle(BCI)=angle(IAB)+angle(BCI)=(angle(BAC)+angle(BCA))/2

et angle(MIC)=p-(angle(IMC)+angle(MCI))=p-(angle(ABC)+(angle(BAC)+angle(BCA))/2)=angle(MCI).

Le triangle MCI est donc isocèle et MI=MC (on a aussi MI=MB) et ainsi IA*IM=2Rr ; mais IA*IM est la puissance de I par rapport au cercle circonscrit au triangle ABC, puissance qui s'écrit aussi R2-OI2, et donc on retrouve bien la relation OI2=R2-2Rr. Notons enfin que cette relation implique que pour tout triangle R³2r : inégalité d'Euler.

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Solution exercice 10

La solution va reposer sur les 2 résultats suivants :

R1 : Soit A un point extérieur à une sphère S de centre O et de rayon r : pour toute tangente en M à la sphère passant par A, on a AM2=OA2-r2 (toujours Pythagore) et donc AM est une constante pour toutes les tangentes à S passant par A.

R2 : Soit ABCD un tétraèdre et S une sphére tangente en P, Q, R aux 3 droites (AB), (AC), (BC) : alors cette sphère coupe le plan (ABC) selon un cercle inscrit ou exinscrit au triangle ABC.

En effet ce cercle C qui passe par P, Q, R est forcément tangent en P, Q, R aux 3 droites (AB), (AC), (BC) car si, par exemple, il n'était pas tangent en P à (AB) c'est que (AB) couperait ce cercle en un autre point et il en serait de même pour la sphère ce qui est impossible.

Soit ABCD un tétraèdre régulier.

Les 4 faces sont des triangles équilatèraux isomètriques et donc 2 quelconques de leurs 4 cercles inscrits sont tangents en un même point à un même côté. Notons I,J,K,L,M,N les 6 points de contacts avec les droites (AB), (AC), (AD), (BD), (BC), (CD) et qui sont en fait les milieux des 6 côtés (faire une figure pour concrétiser ).

Soit O le point d'intersection des 3 plans médiateurs de [AB], [AC], [AD] :

on a AO2=AI2+IO2 = AJ2+JO2 = AK2+KO2 et donc, puisque AI = AJ = AK (d'après R1) on a IO = JO = KO = r et la sphère S de centre O et de rayon r est tangente en I, J ,K aux côtés [AB], [AC], [AD]. Mais cette sphère va couper le plan (ABC) selon un cercle qui passe par I et J et qui est tangent à (AB) en I et à (AC) en J (même raisonnement que celui fait plus haut pour prouver R2). C'est donc le cercle inscrit au triangle ABC (car il ne peut y avoir qu'un seul cercle tangent en 2 points donnés à 2 droites ), lequel est tangent en M à [BC] et il en est alors de même pour la sphère S (sinon....). De même on montre que cette sphère S est tangente en L et N à (BD) et (CD) : on a trouvé une sphère tangente aux 6 côtés du tétraèdre.

Reste à en trouver 4 autres ; en fait la précédente est "intérieure" à la sphère, les 4 autres vont être "extérieures".

Considérons le cercle inscrit du triangle BCD et les 3 cercles exinscrits aux 3 autres faces (cercles situés de l'autre côté du plan (BCD) par rapport à A). Deux quelconques de ces 4 cercles sont encore tangents en un même point à un même côté : notons encores I,J,K,L,M,N les 6 points de contact, seuls L, M, N restant les milieux des côtés. Soit O le point d'intersection des plans perpendiculaires à (AB), (AC), (AD) et passant par I, J ,K ; on a encore (même raisonnement que ci-dessus) AI = AJ = AK = r et la sphère de centre O de rayon r est tangente en I, J ,K aux côtés (AB), (AC), (AD) et on termine encore par un raisonnement analogue à celui ci-dessus. On a donc trouvé une 2ième sphère tangente aux 6 côtés du tétraèdre qui lui est "extérieure" et "opposée" à A ; bien entendu il y en a encore 3 autres analogues ; celles "opposées" à B,C,D.

On a bien montré (avec quelques raccourcis, mais c'est tout de même mieux que de dire ...que le tout était obvious!) qu'un tétraèdre régulier admet 5 sphères distinctes tangentes à ses 6 côtés.

Réciproquement supposons qu'un tétraèdre admette 5 sphères distinctes tangentes à ses 6 côtés (une "intérieure" qui sera notée S et quatre "extérieures") .

D'après R1 les 3 distances de A( resp B, C, D ) aux 3 points de contacts des 3 tangentes issues de A (resp B, C, D) à S sont égales à a (resp b, c , d).

Considérons S' la sphère "opposée" à A et tangente aux 6 côtés du tétraèdre : S et S' coupent le plan (BCD) seon le cercle inscrit à BCD (d'après R2) et donc ces 2 sphères ont les mêmes points de contact L, M, N avec les droites (BD), (BC), (CD). Notons I, J, K les points de contact de S' avec (AB), (AC), (AD).

D'après R1 on a AI = AJ = AK, mais AI = AB + BI = AB + BM, AJ = AC + CM, AK = AD + DN (faire une figure pour vérifier) donc AB + BM = AC + CM = AD + DN. Or AB = a + b , BM = b, AC = a + c, CM = c , AD = a +d , DN = d et finalement a +2b = a + 2c = a +2d, soit b = c = d.

Mais en considérant S'' la sphère "opposée" à B et tangente aux 6 côtés du tétraèdre on va arriver par un raisonnement analogue à b + 2c = b +2d = b +2a soit c = d = a et finalement a = b = c = d. Comme AB = a+b, AC = a + c , ... on a bien montré que le tétraèdre ABCD est régulier.

Et pourquoi pas une généralisation ?

Trouver la condition nécessaire et suffisante pour qu'un tétraèdre admette une sphère tangente à ses 6 côtés !

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