Quadrilat… aire ?

Dans un triangle, la formule de Héron nous permet de calculer l’aire du triangle avec les mesures de ses côtés. Si \(K\) est l’aire du triangle dont les côtés mesurent \(a\), \(b\) et \(c\), alors \[K = \sqrt{s\, (s-a)(s-b)(s-c)}\]dans laquelle \(s\) est le demi-périmètre \[s = \frac{a+b+c}{2}\]Nous avons rencontré la formule de Héron ici et ici. Existe-t-il une telle formule pour quadrilatère ? En d’autres mots, connaissant les mesures des quatre côtés d’un quadrilatère, est-il possible de déterminer son aire et de l’exprimer à l’aide d’une formule ?

Hélas, non, ce n’est pas possible. À partir d’un quadrilatère ayant pour côtés \(a\), \(b\), \(c\) et \(d\) comme côtés, il est possible de former une infinité de quadrilatères avec les mêmes mesures de côtés. Il suffit d’imaginer des charnières aux sommets du quadrilatère. On obtient un quadrilatère articulé.

Bon. Si ce petit billet se terminait ici, cela serait un peu ordinaire. Est-il possible de trouver quelque chose d’intéressant quand même concernant le quadrilatère, ses côtés et son aire ? Bien sûr ! Il faut cependant fixer, par exemple, les diagonales ou certains angles. Supposons que l’angle entre \(a\) et \(b\) soit \(\theta\) et que l’angle entre \(c\) et \(d\) soit \(\phi\).

Les « charnières » ne sont plus libres de bouger. Le quadrilatère est fixe. Plus précisément, si on trace la diagonale \(x\) comme dans la figure ci-dessous, on obtient deux triangles.

Il n’est pas très difficile ni très spectaculaire d’obtenir une expression pour l’aire du quadrilatère. Il suffit de faire la somme des aires des deux triangles. La formule d’aire trigonométrique du triangle nous donne l’expression recherchée instantanément.

\[K = \frac{ab\sin(\theta)}{2} + \frac{cd\sin(\phi)}{2}\]

Cela reste tout de même un peu décevant et c’est pourquoi, chers lecteurs, je vous invite à suivre ces quelques étapes algébriques et trigonométriques supplémentaires.

La formule de Bretschneider

\[K = \frac{ab\sin(\theta)}{2} + \frac{cd\sin(\phi)}{2}\]

On double,

\[2K = ab\sin(\theta) + cd\sin(\phi)\]

et on élève au carré, \[4K^{2} = a^{2}b^{2}\sin^{2}(\theta) + 2abcd\sin(\theta)\sin(\phi) + c^{2}d^{2}\sin^{2}(\phi)\]

et on quadruple

\[16K^{2}= 4\left( a^{2}b^{2}\sin^{2}(\theta) + 2abcd\sin(\theta)\sin(\phi) + c^{2}d^{2}\sin^{2}(\phi)\right)\]

D’autre part, en utilisant la loi des cosinus deux fois, une fois dans chaque triangle,

\[x^{2} = a^{2} + b^{2}-2ab\cos(\theta)\] et \[x^{2} = c^{2}+d^{2}-2cd\cos(\phi)\]

on obtient \[a^{2} + b^{2}-2ab\cos(\theta) = c^{2}+d^{2}-2cd\cos(\phi)\]

On peut réarranger les termes pour obtenir \begin{align*}a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}&=2ab\cos(\theta)-2cd\cos(\phi) \\ \\ a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}&=2\left(ab\cos(\theta)-cd\cos(\phi)\right)\end{align*}

En élevant au carré et en regroupant les termes du même côté de l’égalité, on obtient

\begin{align*}\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}&=\left(2\left(ab\cos(\theta)-cd\cos(\phi)\right)\right)^{2} \\ \\ \left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}&=4\left(ab\cos(\theta)-cd\cos(\phi)\right)^{2} \\ \\ 0&=4\left(ab\cos(\theta)-cd\cos(\phi)\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &= 4\left(a^{2}b^{2}\cos^{2}(\theta)-2abcd\cos(\theta)\cos(\phi)+c^{2}d^{2}\cos^{2}(\phi)\right)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}\end{align*}

Il est ensuite possible d’additionner ces deux équations. On obtient

\begin{align*}16K^{2}&=4\left( a^{2}b^{2}\sin^{2}(\theta) + 2abcd\sin(\theta)\sin(\phi) + c^{2}d^{2}\sin^{2}(\phi)\right) \\ &\phantom{=}+4\left(a^{2}b^{2}\cos^{2}(\theta)-2abcd\cos(\theta)\cos(\phi)+c^{2}d^{2}\cos^{2}(\phi)\right)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &=4\big(a^{2}b^{2}\sin^{2}(\theta) + 2abcd\sin(\theta)\sin(\phi) + c^{2}d^{2}\sin^{2}(\phi)+a^{2}b^{2}\cos^{2}(\theta) \\ &\phantom{=}-2abcd\cos(\theta)\cos(\phi)+c^{2}d^{2}\cos^{2}(\phi)\big)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &= 4\big(a^{2}b^{2}(\sin^{2}(\theta) +\cos^{2}(\theta))+c^{2}d^{2}(\sin^{2}(\phi) + \cos^{2}(\phi))\\ &\phantom{=}-2abcd(\cos(\theta)\cos(\phi)-\sin(\theta)\sin(\phi)\big)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &=4\left(a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2}-2abcd\cos(\theta+\phi)\right)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &=4\left(a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2}\right)-8abcd\cos(\theta+\phi)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}\end{align*}en utilisant, à l’avant-dernière étape \[\sin^{2}(x) + \cos^{2}(x) = 1\]et \[\cos(x + y) = \cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y)\]On note au passage que le choix de \(\theta\) et \(\phi\) comme étant les angles entre \(a\) et \(b\) et entre \(c\) et \(d\) plutôt que les angles entre \(a\) et \(d\) et \(b\) et \(c\) n’a pas d’importance. Puisque la somme des mesures des angles intérieurs d’un quadrilatère est \(360^{\circ}\), si les angles entre les côtés \(a\) et \(d\) et \(b\) et \(c\) sont respectivement \(\alpha\) et \(\beta\), on a \[(\theta + \phi) + (\alpha + \beta) = 360^{\circ}\] ce qui implique \[\cos(\theta + \phi)  = \cos(\alpha + \beta)\]Cela étant dit, à \[16K^{2}=4\left(a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2}\right)-8abcd\cos(\theta+\phi)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}\]on ajoute et retranche ensuite \(8abcd\) à droite et on factorise le trinôme carré parfait. On obtient \begin{align*}16K^{2} &= 4\left(a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2}\right)+8abcd-8abcd-8abcd\cos(\theta+\phi)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &=4\left(a^{2}b^{2}+2abcd+c^{2}d^{2}\right)-8abcd\left(1+\cos(\theta+\phi)\right)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &=4\left(ab+cd\right)^{2}-8abcd\left(1+\cos(\theta+\phi)\right)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}\end{align*}Sachant que \begin{align*}1+\cos(x)&=1+\cos\left(\frac{x}{2}+\frac{x}{2}\right) \\ \\ &=1 + \cos\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right)-\sin\left(\frac{x}{2}\right)\sin\left(\frac{x}{2}\right) \\ \\ &=1+\cos^{2}\left(\frac{x}{2}\right)-\sin^{2}\left(\frac{x}{2}\right) \\ \\ &=1+\cos^{2}\left(\frac{x}{2}\right)-\left(1-\cos^{2}\left(\frac{x}{2}\right)\right) \\ \\ &=2\cos^{2}\left(\frac{x}{2}\right)\end{align*}on peut poser \(x = \theta + \phi\) et l’équation devient \begin{align*}16K^{2}&= 4\left(ab+cd\right)^{2}-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2} \\ \\ &= 4\left(ab+cd\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)\end{align*}Suivent quelques étapes algébriques élémentaires dans lesquelles on factorise des différences de carrés et des trinômes carrés parfaits.\begin{align*}16K^{2}&=4\left(ab+cd\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &=\left(2ab+2cd\right)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)^{2}-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)\\ \\ &=\left(2ab+2cd-\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)\right)\left(2ab+2cd+\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &=\left(c^{2}+2cd+d^{2}-\left(a^{2}-2ab+b^{2}\right)\right)\left(a^{2}+2ab+b^{2}-\left(c^{2}-2cd+d^{2}\right)\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &=\left(\left(c+d\right)^{2}-\left(a-b\right)^{2}\right)\left(\left(a+b\right)^{2}-\left(c-d\right)^{2}\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &=\left(c+d-(a-b)\right)\left(c+d+(a-b)\right)\left(a+b-(c-d)\right)\left(a+b+(c-d)\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)\\ \\ &=\left(b+c+d-a\right)\left(a+c+d-b\right)\left(a+b+d-c\right)\left(a+b+c-d\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)\end{align*}

Il ne reste que quelques étapes simples. On introduit le demi périmètre \(s\) : \[s = \frac{a+b+c+d}{2}\]On obtient enfin \begin{align*}16K^{2}&=\left(b+c+d-a\right)\left(a+c+d-b\right)\left(a+b+d-c\right)\left(a+b+c-d\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &= (2)\left(\frac{b+c+d-a}{2}\right)(2)\left(\frac{a+c+d-b}{2}\right)(2)\left(\frac{a+b+d-c}{2}\right)(2)\left(\frac{a+b+c-d}{2}\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &=16\left(\frac{a+b+c+d}{2}-\frac{2a}{2}\right)\left(\frac{a+b+c+d}{2}-\frac{2b}{2}\right)\left(\frac{a+b+c+d}{2}-\frac{2c}{2}\right)\left(\frac{a+b+c+d}{2}-\frac{2d}{2}\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \\ \\ &=16\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)\left(s-d\right)-16abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right) \end{align*}En divisant par \(16\) et en retenant la racine positive, on obtient \[K = \sqrt{\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)\left(s-d\right)-abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)}\]La formule de Bretschneider. Voilà !

Formule de Brahmagupta

En bonus ! La formule de Bretschneider se simplifie dans le cas d’un quadrilatère inscriptible (voir la toute fin de ce billet). En effet, dans un tel quadrilatère, les angles opposés sont supplémentaires. On a \(\theta + \phi = 180^{\circ}\) ce qui fait \begin{align*}\cos^{2}\left(\frac{\theta + \phi}{2}\right) &= \cos^{2}\left(\frac{180^{\circ}}{2}\right)  \\ \\ &=\cos^{2}\left(90^{\circ}\right) \\ \\ &=0\end{align*}et \[K = \sqrt{\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)\left(s-d\right)-abcd\cos^{2}\left(\frac{\theta+\phi}{2}\right)}\]devient \[K = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\]toujours avec \[s = \frac{a+b+c+d}{2}\]

Formule de Héron

En bonus (bis) ! On peut obtenir facilement la formule de Héron à partir de celle de Brahmagupta. En effet, à partir d’un quadrilatère inscriptible, on fait tendre \(d\) vers \(0\). Le demi-périmètre \[s = \frac{a+b+c+d}{2}\] tend vers \[s = \frac{a+b+c}{2}\] et l’aire du quadrilatère \[K = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\]tend bien sûr vers \[K = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\]Voilà !

 

Références :

Niven, Ivan, Maxima and Minima Without Calculus, MAA, 1981

Alsina, Claudia and Roger B. Nelsen, A Cornucopia of Quadrilaterals, AMS/MAA Press, 2020

Johnson, Roger A, Advanced Euclidean Geometry, Dover, 2007

Soyons pragmatiques

Le baseball est certainement le sport par excellence du point de vue de la statistique.  Aujourd’hui dans ce billet on s’intéresse plutôt à une autre facette, disons, géométrique de ce sport. Sur la page principale du site de la ligue majeure de baseball (MLB.com), on trouve le livre des règlements officiels (tout en bas de la page, sinon en suivant ce lien).

La section 2.02 et l’Annexe 2 décrivent le marbre (home base ou home plate) et nous indiquent les dimensions qu’il doit posséder. Voici l’extrait en question :

Home Base
Home base shall be marked by a five-sided slab of whitened rubber. It shall be a 17-inch square with two of the corners removed so that one edge is 17 inches long, two adjacent sides are 8½ inches and the remaining two sides are 12 inches and set at an angle to make a point. It shall be set in the ground with the point at the intersection of the lines extending from home base to first base and to third base; with the 17-inch edge facing the pitcher’s plate, and the two 12-inch edges coinciding with the first and third base lines. […] (See drawing D in Appendix 2.)

Annexe 2

C’est du sérieux. On utilise un carré de caoutchouc blanc de 17 pouces de côté duquel on retire deux coins (two corners removed) de telle sorte qu’on obtienne un pentagone possédant un côté de 17 pouces, deux côtés de 8½ pouces adjacents au côté de 17 pouces et deux côtés de 12 pouces se rejoignant en un même point et formant un angle. Un coup d’œil à l’Annexe 2 et au règlement concernant la disposition des buts et du marbre sur le terrain nous permet de déduire que cet angle est un angle droit.

Le carré de 17 pouces et ses deux coins ôtés

En pratique, les instructions sont claires et simples, mais d’un point de vue mathématique cela cause problème. D’abord, si two corners removed suggère qu’on n’enlève que deux triangles rectangles isocèles, des triangles rectangles dont les cathètes mesurent 8½ pouces, alors c’est bien sûr inexact !\begin{align*}\sqrt{\left(8\tfrac{1}{2}\right)^{2}+ \left(8\tfrac{1}{2}\right)^{2}}&=\sqrt{\left(\frac{17}{2}\right)^{2} + \left(\frac{17}{2}\right)^{2}} \\ \\ &=\sqrt{2\left(\frac{17}{2}\right)^{2}} \\ \\ &=  \frac{17\sqrt{2}}{2} \\ \\ &\approx 12,\!02\end{align*}Cela produit des côtés dont la mesure est légèrement supérieure à 12 pouces. Oups ! On doit donc enlever un peu plus que deux triangles rectangles ; en d’autres mots, l’intersection des deux côtés de 12 pouces ne coïncide pas avec le côté du carré, elle est légèrement en retrait. Soit.

Supposons qu’on ait bien des côtés de 12 pouces, le règlement suggère alors qu’il existe un triangle rectangle isocèle dont les cathètes mesurent 12 pouces et l’hypoténuse 17 pouces. Hélas ! C’est encore bien sûr impossible. \begin{align*}\sqrt{12^{2}+12^{2}} &= \sqrt{2 \cdot 12^2} \\ \\ &= 12\sqrt{2} \\ \\ &\approx 16,\!97\end{align*}Une valeur légèrement inférieure à 17 pouces. Si près mais si loin en même temps ! Un tel marbre ne peut exister. Scandale !

Un marbre pentagonal qui aurait des côtés de 8½, 17, 8½, 12 et 12 contiendrait un angle \(\theta\) de \begin{align*}17^{2} &= 12^{2}+12^{2}-2(12)(12)\cos(\theta) \\ \\ 289 &= 144 + 144-288\cos(\theta) \\ \\ \cos(\theta) &= -\frac{1}{288} \\ \\ \theta &\approx 90,\!2^{\circ}\end{align*}

 

Référence :

Office of the Commissioner of Baseball, OFFICIAL BASEBALL RULES, 2023 Edition

Alsina, Claudi et Roger B. Nelsen, A Panoply of Polygons, AMS|MAA Press, 2023

 

 

Le théorème de Viviani (étendu)

Déplacez le point vert et ensuite le point noir.

Le théorème de Viviani est un classique de la géométrie euclidienne fréquemment rencontré. Dans un triangle équilatéral, la somme des distances d’un point intérieur au triangle aux trois côtés du triangle est constante. Qui plus est, cette somme des distances correspond à la hauteur du triangle équilatéral.

Considérons un triangle équilatéral de côté \(c\) et de hauteur \(h\). Supposons que les distances du point intérieur au triangle aux côtés du triangle sont \(h_{1}\), \(h_{2}\) et \(h_{3}\). Il suffit de remarquer que ces distances sont des hauteurs de plus petits triangles, et que la somme des aires de ces petits triangles est égale à l’aire du grand triangle équilatéral.

 

Puisque l’aire du triangle équilatéral est \(\frac{c\cdot h}{2}\), on obtient \[\frac{c\cdot h}{2} = \frac{c\cdot h_{1}}{2}+\frac{c\cdot h_{2}}{2}+\frac{c\cdot h_{3}}{2}\]Il suffit ensuite de mettre en évidence \(\frac{c}{2}\) et simplifier. \begin{align*}\frac{c}{2}\cdot h &= \frac{c}{2}\left(h_{1}+h_{2}+h_{3}\right)\\ \\ h &= h_{1}+h_{2}+h_{3}\end{align*}

Déplacez le point en restant à l’intérieur du triangle équilatéral

Dans les polygones réguliers

Je crois qu’il ne m’était jamais arrivé de tomber sur la version « étendue » du théorème avant il y a peu de temps. Une fois la surprise passée, il apparaît « évident » qu’on peut étendre le théorème aux polygones réguliers. Il suffit de considérer la somme des distances d’un point \(P\) à l’intérieur d’un polygone régulier aux côtés du polygone ou ses prolongements.

On considère un polygone régulier à \(n\) côtés. La mesure des côtés est \(c\) et l’apothème (le rayon du cercle inscrit) est \(a\). Son aire est \(\frac{n\cdot c \cdot a}{2}\). On relie le point \(P\) à l’intérieur du polygone aux sommets du polygone pour former \(n\) triangles. Bien sûr, l’aire du polygone régulier est aussi égale à la somme des aires des triangles qui le composent. Si les hauteurs des triangles sont \(h_{1}\), \(h_{2}\), \(h_{3}\), … , \(h_{n}\), on obtient \begin{align*}\frac{n\cdot c \cdot a}{2} &= \frac{c \cdot h_{1}}{2}+\frac{c\cdot h_{2}}{2} + \frac{c \cdot h_{3}}{2} + \ \dots \ + \frac{c \cdot h_{n}}{2} \\ \\ \frac{c}{2} \cdot na &= \frac{c}{2}\cdot \left(h_{1}+h_{2}+h_{3} + \ \dots \ + h_{n}\right) \\ \\ na &= h_{1}+h_{2}+h_{3} + \ \dots \ + h_{n}\end{align*}Puisque \(n\) et \(a\) sont des constantes, la somme \(h_{1}+h_{2}+h_{3}+ \ \dots \ + h_{n}\) l’est aussi ! Cela fonctionne aussi lorsque les hauteurs tombent à l’extérieur du polygone régulier.