Nous avons reçu la solution suivante de Normand Laliberté (Ontario)

Première partie:

Dénotons par M₁, M₂, M₃, M₄, M₅ les cinq points donnés comme milieux des côtés d'un pentagone; par S₁, S₂, S₃, S₄, S₅ les cinq sommets du dit pentagone. Sans perte de généralité, nous pouvons supposer qu'en parcourrant le pourtour du pentagone nous rencontrons les points dans l'ordre suivant:

S₁, M₁, S₂, M₂, S₃, M₃, S₄, M₄, S₅, M₅, S₁.

Dénotons par (M₁₁, M₁₂) les coordonnées x et y du point M₁ (ainsi de suite pour les autres points milieux); similairement par (S₁₁, S₁₂) les coordonnées x et y du point S₁ (ainsi de suite pour les autres sommets).

Dénotons par M la matrice 5 x 2 suivante:

M₁₁ M₁₂

M₂₁ M₂₂

M₃₁ M₃₂

M₄₁ M₄₂

M₅₁ M₅₂

Dénotons par S la matrice 5 x 2 suivante:

S₁₁ S₁₂

S₂₁ S₂₂

S₃₁ S₃₂

S₄₁ S₄₂

S₅₁ S₅₂

Par définition, nous avons pour la coordonnée x les égalités suivantes (similairement pour la coordonnée y):

M₁₁ = (S₁₁ + S₂₁) / 2

M₂₁ = (S₂₁ + S₃₁) / 2

M₃₁ = (S₃₁ + S₄₁) / 2

M₄₁ = (S₄₁ + S₅₁) / 2

M₅₁ = (S₅₁ + S₁₁) / 2

Soit A la matrice 5 x 5 suivante:

1 1 0 0 0

0 1 1 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 1 1

1 0 0 0 1

Nous avons donc l'équation vectorielle suivante:

M = A ( 1/ 2 S) d'où

2 M = A S

Il est facile de vérifier que le déterminant de A est 2. En effet, dénotons par T_n une matrice triangulaire n x n avec tous les coefficients de la diagonale égaux à 1; on peut vérifier que le déterminant d'une telle matrice est 1 (par exemple, par induction sur n); les coefficients hors de la diagonale ne jouent aucun rôle. Calculons le déterminant de A en développant le long de la première colonne:

det( A) = (-1)¹⁺¹ det(T₄) + (-1)¹⁺⁵ det(T₄) = 1 +1

Donc A^-1, l'inverse de A, est égale à 1/2 B, où B est la matrice:

1 -1 1 -1 1

1 1 -1 1 -1

-1 1 1 -1 1

1 -1 1 1 -1

-1 1 -1 1 1

Ainsi:

A^-1 2 M = A^-1 A S

1/2 B 2 M = S

B M = S

En d'autres mots, la coordonnée x des sommets est donnée par (similairement pour la coordonnée y):

S₁₁ = M₁₁ - M₂₁ + M₃₁ - M₄₁ + M₅₁

S₂₁ = M₁₁ + M₂₁ - M₃₁ + M₄₁ - M₅₁

S₃₁ = - M₁₁ + M₂₁ + M₃₁ - M₄₁ + M₅₁

S₄₁ = M₁₁ - M₂₁ + M₃₁ + M₄₁ - M₅₁

S₅₁ = - M₁₁ + M₂₁ - M₃₁ + M₄₁ + M₅₁

Ceci complète la solution pour la première partie du problème. Cependant, les remarques suivantes peuvent être formulées:

• Le pentagone peut être dégénéré. Par exemple, si les cinq points milieux sont alignés (i.e. forment un segment de droite), ce sera aussi le cas pour les cinq sommets. Exemples:

• Milieux: ( 1, 0), ( 2, 0), ( 3, 0), ( 4, 0), ( 5, 0).
• Sommets: ( 3, 0), ( -1, 0), ( 5, 0), ( 1, 0), ( 7, 0).

• Milieux: ( 1, 1), ( 2, 2), ( 3, 3), ( 4, 4), ( 5, 5).
• Sommets: ( 3, 3), ( -1, -1), ( 5, 5), ( 1, 1), ( 7, 7).

• Même lorsque les cinq points milieux ne forment pas un segment de droite, le pentagone peut être dégénéré. Exemple:

• Milieux: ( 2, 3), ( 3, 2), ( 4, 2), ( 5, 3), ( 4, 4).
• Sommets: ( 2, 4), ( 2, 2), ( 4, 2), ( 4, 2), ( 6, 4); S3 et S4 sont confondus; nous obtenons donc un quadrilatère.

• Milieux: ( 10, 5), ( 12, 5), ( 12, 3), ( 15, 6), ( 13, 7).
• Sommets: ( 8, 4), ( 12, 6), ( 12, 4), ( 12, 2), ( 18, 10); S2, S3 et S4 sont alignés; nous obtenons ici aussi un quadrilatère non convexe.

Deuxième partie:

Il est facile de généraliser le résultat ci-haut chaque fois que n, le de nombre de points milieux (avec nombre égal de sommets), est impair n ³ 3. En effet, en utilisant les mêmes conventions et argumentations, on obtient chaque fois une matrice de déterminant 2, donc inversible etc.

Lorsque n, le de nombre de points milieux (avec nombre égal de sommets), est pair n ³ 4; la solution précédente ne s'applique pas. Encore une fois, en utilisant les mêmes conventions, on obtient cette fois une matrice de déterminant 0, donc non inversible. En effet, cette matrice est constituée de n = 2 k rangées, ou vecteurs, R₁, …, R_2k. avec:

R_i = ( x_{i 1}, …, x_{i j}, …, x_{1 2k}) où x_{i j} = 1 si j = i ou j = i +1, autrement 0

R_2k = ( 1, 0, …, 0, 1)

Donc

R_2k = R₁ - R₂ + R₃ - … - R_{2 k - 2} + R_{2 k -1}

Ces 2 k vecteurs n'étant pas linéairement indépendants, le déterminant est 0. On peut aussi utiliser l'argument ci-haut, mutatis mutandis:

det( A_{2k 2k}) = (-1)¹⁺¹ det(T_{2k -1}) + (-1)^1+2k det(T_{2k -1}) = 1 -1 = 0

Donc l'approche ci-haut ne garantit pas de solution unique. Évidemment, d'autres approches peuvent réussir; nous ne savons pas. Toutefois, il semble que l'on peut trouver des quadrilatères où la solution n'est pas unique. Considérons le cas où les points milieux sont:

• ( 1, 0), ( 2, 1), ( 1, 2), ( 0, 1)

Une solution possible est le carré avec les sommets:

• ( 0, 0), ( 2, 0), ( 2, 2), ( 0, 2)

Mais il y a aussi une infinité de solutions à savoir les trapèzes isocèles de sommets:

• ( -z, 0), ( 2 + z, 0), ( 2 - z, 2), ( z, 2) où 0 < z < 1.

PS Le lecteur est prié de ne pas payer trop attention au ton affirmatif de ce qui précède; il fut utilisé pour simplifier la présentation. En effet, il y a longtemps que je n'ai révisé plusieurs résultats pertinents au calcul linéaire.