Le cerf-volant de Tamvakis

Il faut bien entendu prendre $AB=1$, auquel cas le périmètre du cerf-volant vaut $ \sqrt{2}( \sqrt{3}-1) + 2$.

Pour l'expression du périmètre, et afin d'éviter des calculs compliqués avec des cosinus ou des racines carrées, je propose le petit raisonnement suivant.

Remarquons tout d'abord que $CE = \sqrt{3}$ (le double de la hauteur d'un triangle équilatéral de côté 1)
et par conséquent $DE = \sqrt{3}-1$. De plus on a $\widehat{ADB}= 150°$ (calculs d'angles élémentaire).

Soit $O$ un point d'intersection du cercle de centre $D$ passant par $B$ avec celui de centre $A$ passant par le même point. Comme $AB = AO$ et $DO = DB$ la droite $(AD)$ est la médiatrice du segment [OB]. On a donc $\widehat{ADO}=150°$ et par conséquent $\widehat{ODB}=60°$. Ce qui implique que le triangle $ODB$ est équilatéral.
Appelons $DEFG$ un carré de côté $[DE]$ (voir figure). On montre sans problème que $\widehat{BAO}=30°$, ce qui prouve que $(AO)$ est la médiatrice de $[BE]$. Ainsi $OB = OD = OE$ et O est le centre du carré $DEFG$. La somme des longueurs $AD$ et $AB$ est égale à celle de la diagonale de ce carré, qui vaut $\sqrt{2}×DE = \sqrt{2}×(\sqrt{3}-1)$.
Le périmètre du cerf-volant de Tamvakis est donc égal à $\sqrt{2}×(\sqrt{3}-1)+2$.

Ci-joint un problème relatif au cerf-volant de Tamvakis. En admettant que $\ \cos(75°)\times\cos(15°)= \frac{1}{4}$ (cette valeur est donnée par la calculatrice), il est faisable dès la 4ème.

Nouveau fichier pour nos petits collégiens. Ajout de deux questions, l'une portant sur le carré de diagonale unité (qui est un petit quadrilatère d'aire maximale), l'autre portant sur un quadrilatère dont les diagonales sont perpendiculaires et de longueur 1 (un petit calcul littéral intéressant pour montrer que son aire est toujours égale à 1/2).

Mais je ne dis pas le contraire, je dis juste que, pour l'auteur, la distance entre deux sommets n'exclut pas le cas de deux sommets adjacents. Le diamètre d'un polygone peut très bien être un de ses côtés.

Les rédacteurs de cet article de Pour la Science (ils sont trois) savent très bien de quoi ils parlent. le problème se situe ailleurs : ils n'ont pas pris le temps de rédiger correctement, ce qui est presque aussi grave qu'une mauvaise compréhension. J'ai relevé plus loin dans l'article d'autres approximations voire même des erreurs. Exemple page 23, dans l'encadré sur les "petits quadrilatères", il est écrit : on montre en effet qu'une condition nécessaire pour qu'un quadrilatère soit d'aire maximale est que les diagonales se coupent en angle droit. Il aurait fallu faire précéder le nom "quadrilatère" de l'adjectif "petit", ou bien parler de quadrilatères dont les longueurs des diagonales sont fixées, sinon ça ne veut pas dire grand chose. De plus il s'agit bien de ses diagonales à ce quadrilatère, le pronom possessif aurait été plus approprié.
Mais il ne faut pas se leurrer : ce genre d'erreurs est courante dans la littérature scientifique. Partout, à commencer par ce forum (et je ne m'exclus pas des fautifs). Il s'agit de reconnaître qu'il y a un vrai travail à faire pour que ce que nous écrivons soit reçu correctement, sans ambiguïté. Par exemple, dans mon fichier Tamvakis version 2 posté plus haut, j'ai écrit pour introduire la question 6 : un quadrilatère a ses diagonales perpendiculaires et de longueur 1. Voilà une phrase toute simple en apparence, mais qui peut en fait être comprise différemment, selon les élèves. Car un élève perdu peut très bien la prendre pour une définition ! Il vaut mieux écrire : on considère maintenant un quadrilatère dont les diagonales sont perpendiculaires et de longueur 1. Les exercices des manuels scolaires sont remplis de telles phrases problématiques. Qu'elles aient précipité la géométrie dans le néant, il n'y a aucun doute à avoir la-dessus.

Même s'il faut garder en tête que la perfection n'existe pas, je pousserais bien le vice jusqu'à la tourner $7^3$ fois. Un second manifeste des 343 en somme.

Amélioration de la figure GeoGebra correspondant à la question 3 : l'outil PointDans (région) du logiciel posant quelques problèmes lorsque la région n'est pas simple (si ce n'est pas une ellipse ou un polygone, le point reste souvent collé au bord, saute... etc), la région (une intersection de 4 disques) limitant le déplacement du point de façon à ce que le quadrilatère obtenu reste un petit quadrilatère a été remplacée par une très bonne approximation polygonale. Merci à rami du forum GeoGebra.

Pour un entier $n$ notons $d_n$ le plus petit des nombres $x$ tel qu'il existe une partition du triangle équilatéral unité en $n$ parties, chaque partie ayant un diamètre inférieur ou égal à $x$.

R. L. Graham a déterminé les $d_n$ pour $1\leq n \leq 15$.

Ci-dessous une belle partition du triangle équilatéral unité en 15 parties, chacune de diamètre $d_{15} = \frac{1}{1+2\sqrt{3}}$.
Un petit cerf-volant de Tamvakis dans chaque coin.

Correction grammaticale (commentaires figure 1).
La formulation "il n'est pas convexe : en effet... " n'est pas correcte. Ou bien on remplace les deux points par un point, ou bien on supprime le "en effet".