Un petit exercice sur les pentagones réguliers

pentareg

On voit dans la figure ci-dessus deux pentagones convexes réguliers. Il est demandé d’exprimer à l’aide du nombre d’or

\varphi =\frac{1+\sqrt 5}{2}

le rapport du périmètre du petit à celui du grand.

10 réflexions sur “Un petit exercice sur les pentagones réguliers

    • J’ai mis du temps à valider votre message, désolé. Simplement, je ne l’ai pas vu tout de suite car, pour une raison qui m’échappe, il avait été classifié « indésirable » par le système sans m’en avertir ostensiblement. Je n’ai pas la réponse à la question, bien naturelle cependant. Elle est donc ouverte! Avis aux amateurs.

  1. Le rapport recherché vaut 1+1/phi.

    Pour une preuve je note ABCDE les sommets du grand pentagone et A’B’C’D’E’ ceux du petit, parcourus circulairement dans la même orientation et telle que la droite (AA’) contient le centre de la figure. Pour comprendre la suite faire une dessin🙂.

    La question est donc de calculer le rapport A’B’ : AB.

    On choisit l’unité de sorte que les côtés du grand pentagone valent 1. On note k la longueur des côtés du petit pentagone. Ainsi
    k = A’B’ : AB est la rapport recherché. On introduit la longueur m = CE’. On remarque que, par symétrie, la droite (C’E’) est parallèle à (EC). Donc le triangle BE’C’ est proportionnel (homothétique) au triangle BA’E et puisque ce dernier est isocèle on déduit

    m = C’E’ = BE’

    Également par proportionnalité on a C’D’ : DC = AD’ : AC, ce qui s’écrit encore

    (I) k : 1 = m : (2m+k)

    De même B’E’ : DC = AE’ : AC , ce qui s’écrit encore

    (II) m : 1 = (m+k) : (2m+k)

    On déduit de (I) et (II) que

    (III) m : k = (m+k) : m

    Maintenant on regarde le triangle isocèle AC’D’. Il a un côté et un angle adjacent en commun avec le triangle AC’B. Ainsi pour prouver que ce dernier triangle est isocèle il suffit de prouver l’égalité des rapports C’A : C’D’ = C’B : C’A ; or cette égalité n’est rien d’autre que (III). Par conséquence AC’B est isocèle en B, d’où m+k = 1.

    Finalement, l’équation (III) devient (1-k) : k = 1 : (1-k). D’après la définition du nombre d’or cela entraîne que phi = 1/(1-k),
    d’où k = 1 + 1/phi.

  2. Rmq 1 : 1+1/\varphi=\varphi.
    Rmq 2 : Le résultat de MathOMan est assez difficile à croire ; sur mon écran, le grand pentagone a un côté de 52 mm environ et le petit de 20 mm ; aux erreurs expérimentales près, le rapport est de 2,6, soit plus proche de \varphi^2 que de \varphi.

  3. Tout le raisonnement de MathOMan me semble correct, sauf, tout à la fin, la résolution de l’équation (1-k)/k=1/(1-k), dont la solution qui nous intéresse est k=(3-\sqrt5)/2=1/\varphi^2.

  4. Bravo, à tous les deux! Le bon rapport est en effet 1/\varphi^2.

    Voici la manière dont j’avais découvert cette propriété avant de constater qu’elle était donnée sur cette page.

    J’énumère aussi, consécutivement, A,B,C,D,E les sommets du pentagone et j’appelle P l’intersection de AC et BD et Q celle de BD et CE. Le quotient à calculer est alors \|PQ\|/\|AB\|.

    Dans un pentagone régulier convexe, quatre sommets consécutifs forment un trapèze dont le rapport de la grande base à la petite est \varphi (cf. ce billet). Les triangles APD et CPB étant semblables, on a donc

    \frac{\|AP\|}{\|PC\|}=\frac{\|AD\|}{\|BC\|}=\varphi

    Par suite

    P=\frac{1}{1+\varphi}A+\frac{\varphi}{1+\varphi}C

    et, semblablement

    Q=\frac{1}{1+\varphi}B+\frac{\varphi}{1+\varphi}D

    Ainsi

    \overrightarrow{PQ}=\frac{1}{1+\varphi}\overrightarrow{AB}+\frac{\varphi}{1+\varphi}\overrightarrow{CD}

    En prenant le carré scalaire des deux membres, on trouve le résultat facilement. La seule chose à noter, c’est que

    \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CD}=\|AB\|^2\cos\frac{4\pi}{5}=-\frac{\varphi}{2}\|AB\|^2

    (les droites AB et CD forment un angle égal à \pi/5; le passage à l’angle supplémentaire tient compte de l’orientation des vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{CD}).

    • Oui, P. Dupont a raison. Je me suis trompé (la définition du nombre d’or que j’avais en tête était fausse) et j’ai fait en plus l’erreur de ne pas vérifier le résultat expérimentalement… Or le plus beau raisonnement géométrique ne sert à rien si la conclusion est fausse ;-(

  5. Voici une autre solution.

    pentagones

    Les triangles A_1E'_1B_1 et B_1E'_1D'_1 sont semblables, car ils ont un angle commun et les angles \widehat{B_1A_1C_1} et \widehat{E_1B_1D_1} sont égaux (angles inscrits dans le cercle circonscrit au pentagone A_1B_1C_1D_1E_1 et interceptant les arcs égaux {B_1C_1} et {D_1E_1}).

    Comme en outre |A_1D'_1|=|B_1D'_1|, il en résulte que |A_1B_1|/|A_2B_2|=\varphi.

    De même, |A_2B_2|/|A_3B_3|=\varphi, et donc |A_1B_1|/|A_3B_3|=\varphi^2.

    Comme les triangles D_1A'_1B'_1 et D_1D_2A'_2 sont isométriques (angles correspondants égaux et |A_2E_2|=|D_2E_2|), |A_1B_1|/|A'_1B'_1|=\varphi^2.

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