Problème des deux échelles

Le problème des deux échelles se pose ainsi : connaissant les longueurs $AD$ et $BC$ des échelles, et la hauteur $MH$ du point où elle se croisent, on cherche la largeur du couloir $AB$.

En mathématiques récréatives, le problème des deux échelles (dans un couloir) est un problème à l'énoncé très simple, mais présentant la particularité d’aboutir à une équation du quatrième degré Modèle:,Modèle:,.

Énoncé

On dispose de deux échelles, l’une de $a=2$ mètres et l'autre de $b=3$ mètres. On les pose dans un couloir l’une à côté de l’autre, leurs extrémités appuyées sur les murs opposés du couloir et les échelles se croisant. Elles se croisent à $h=1$ mètre du sol. Quelle est la largeur du couloir ?

Historique

Martin Gardner mentionne ce problème en 1979 dans son livre "Mathematical Circus" en citant William Ransom, qui l'a publié en 1953 , mais son origine première est inconnue.

Résolution

Avec les notations de la figure, le but est de connaitre $x=AB$.

Or, on peut établir que la hauteur $h=HM$ est la moitié de la moyenne harmonique des bases $AC,BD$ du trapèze Modèle:Mvar (la résolution ne demandant que le théorème de Thalès) : ce résultat serait connu du mathématicien indien Mahāvīra en 850 Modèle:Av JC .

De plus, d'après le théorème de Pythagore, $A{C}^2=a^2-x^2,B{D}^2=b^2-x^2$.

Animation obtenue en laissant $A,C$ fixes et en faisant varier $x=AB$. Le point d'intersection des échelles suit une courbe du huitième degré.

On obtient donc l'équation : $\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2-x^2}}=\frac{1}{h}$.

Pour $(a,b,h)=(2,3,1)$, un logiciel de calcul donne pour solution : $x=1,23118572...$, voir la Modèle:OEIS.

L'élimination des racines carrées conduit à l'équation algébrique $P^2{Q}^2-2h^{2}PQ(P+Q)+h^4(P-Q{)}^2=0$, où $P=a^2-x^2,Q=b^2-x^2$, qui est du huitième degré en $x$, mais du quatrième degré en $x^2$, donc résoluble.

Avec les valeurs numériques proposées, l'équation s'écrit

$x^8-22x^6+163x^4-454x^2+385=0.$

Cette équation polynomiale de degré 8 est résoluble par radicaux, et la solution s'écrit :

$x=\sqrt{4-y^2}\text{ où }y=\frac{1}{2}(1+\sqrt{z-4}+\sqrt{2\sqrt{4+z^2}-2\sqrt{z-4}-z-3})$avec $z=5/3+\sqrt[3]{395/27+\sqrt{5200/27}}+\sqrt[3]{395/27-\sqrt{5200/27}}$

Problème arithmétique associé

Albert A. Bennett a recherché en 1940 des solutions où les trois longueurs $a,b,h,x$ sont entières, et a trouvé la famille :

$\{\begin{array}{c}ka=(su+tv)(s-t)(u+v)\\ kb=(sv+tu)(s-t)(u+v)\\ kh=(su-tv)(sv-tu)\\ kx=2\sqrt{stuv}(s-t)(u+v)\end{array}$, où $s,t,u,v$ sont des entiers strictement positifs vérifiant les trois conditions :

• $u>v$
• $sv>tu$
• $stuv$ est un carré parfait

$k$ étant le PGCD des quatre membres de droite.

Par exemple, $(s,t,u,v)=(8,1,2,1)$ donne $a=119,b=70,h=30,x=56$, avec $k=3$.

Une solution en entiers impairs est donnée par $(s,t,u,v)=(7,1,9,7)$ : $(a,b,h,x)=(105,87,35,63)$, avec $k=64$.

Il a été démontré en 1941 que toute solution primitive est de ce type .

Il y a même une infinité de solutions où les positions supérieures des échelles $\sqrt{a^2-x^2},\sqrt{b^2-x^2}$ sont également entières .