Author: The Dude

Voici un théorème surprenant de géométrie élémentaire découvert par Frank Morley (père de Christopher Morley) autour de l’année 1904. À l’époque, Morley, professeur à l’université John Hopkins, partage son résultat avec ses étudiants dans ses cours. Il attendra cependant encore plusieurs années avant de publier sa découverte dans un (obscur) journal mathématique japonnais (1924). Bien que ce théorème ait apparemment échappé tant aux géomètres de l’Antiquité qu’à ceux responsables de la renaissance de la géométrie au XIX^ième siècle, il est redécouvert quelques années plus tard, à point, et présenté comme problème dans Mathesis (1908) et dans l’Educational Times (1909). Une solution, trigonométrique, est publiée dans le Mathesis alors que trois solutions sont soumises au Times : une trigonométrique et deux géométriques. Le théorème tombe ensuite dans l’oubli pendant 4 ans avant de réapparaître avec F.G. Taylor et W.L. Marr dans le The proceedings of Edinburgh Mathematical Society en tant que nouveau théorème. Des étudiants et amis de Morley entrent en contact avec Taylor et Marr pour leur faire part de sa découverte. Lorsque Taylor et Marr publient leur article, ils donnent le mérite de la découverte à Morley. Voici la première preuve de leur article, particulièrement ingénieuse, et apparemment due à W.E. Philip (1914) . C’est une preuve de type directe.

Soit un triangle \(ABC\) dont les mesures des angles sont, dans l’ordre habituel, \(3\alpha\), \(3\beta\) et \(3\gamma\). Les trisectrices adjacentes à \(\overline{BC}\) se croisent en \(P\), adjacentes à \(\overline{AC}\) se croisent en \(Q\) et adjacentes à \(\overline{AB}\) se croisent en \(R\). On prolonge \(AQ\) et \(BP\) afin qu’elles se croisent en \(S\). Considérons le triangle \(ABS\) : les segments \(AR\) et \(BR\) sont des bissectrices et \(R\) est donc le centre du cercle inscrit. On nomme \(T\) le point de tangence du cercle avec \(\overline{BS}\) et \(U\) le point de tangence du cercle avec \(\overline{AS}\). Le prolongement de \(\overline{RU}\) coupe \(\overline{AC}\) en \(D\) et le prolongement de \(\overline{RT}\) coupe \(\overline{BC}\) en \(T\). Enfin, de \(D\), on mène une tangente qui touche le cercle en \(V\) (sur le petit arc \(TU\)) et coupe \(\overline{BS}\) en \(W\).

On observe d’abord que les triangles \(BRT\) et \(BET\) et les triangles \(ARU\) et \(ADU\) sont isométriques par le cas ACA. Comme \(RU\) et \(RT\) sont des rayons du cercle, on trouve, par transitivité, que les côtés \(RT\), \(ET\), \(RU\) et \(DU\) sont tous isométriques. Par ailleurs, la tangente \(DV\) étant perpendiculaire au rayon \(RV\), on est en présence d’un triangle rectangle \(RVD\) dont l’hypoténuse \(RD\) est le double de la cathète \(RT\). L’angle \(RDV\) a donc pour mesure \(30^{\circ}\) et \(\angle VRD\) a donc pour mesure \(60^{\circ}\).

On considère maintenant le quadrilatère \(RUST\). En soustrayant les mesures des angles droits \(RUS\) et \(RTS\), on obtient l’égalité suivante \[m\angle TRU + m\angle TSU = 180^{\circ}\]ou de manière équivalente \[m\angle TRU = 180^{\circ}-m\angle TSU\]L’angle \(TSU\) fait partie du triangle \(ABS\) dans lequel on a \[m\angle TSU + 2\alpha + 2\beta = 180^{\circ}\]Enfin comme dans le grand triangle \(ABC\) on a \[3\alpha + 3\beta + 3\gamma = 180^{\circ}\]ce qui donne en multipliant chaque côté par \(\frac{2}{3}\) \[2\alpha + 2\beta + 2\gamma = 120^{\circ}\]on peut combiner les résultats précédents afin d’obtenir \[m\angle TSU = 60^{\circ} + 2\gamma\]ou \[m\angle TRU = 120^{\circ}-2\gamma\]Ensuite, les segments \(WT\) et \(WU\) sont isométriques puisqu’il s’agit de deux tangentes à un cercle issue d’un même point. \(W\) est donc sur la médiatrice issue de \(R\) dans le triangle \(TRV\). Et comme ce triangle est isocèle (\(RT\) et \(RV\) sont des rayons), cette médiatrice est aussi bissectrice. Les angles \(TRW\) et \(VRW\) sont donc isométriques. On tire \[m\angle TRV = m\angle TRU-60^{\circ}\]En remplaçant par la valeur trouvée pour la mesure de \(\angle TRU\) on obtient \[m\angle TRV = 120^{\circ}-2\gamma-60^{\circ}\]c’est-à-dire \[m\angle TRV = 60^{\circ}-2\gamma\]Mais puisque les angles \(TRW\) et \(VRW\) sont donc isométriques, on a aussi \[m\angle TRW=30^{\circ}-\gamma\]Comme on a dit plus haut que les segments \(RT\) et \(ET\) étaient isométriques, les triangles \(TRW\) et \(TEW\) sont isométriques par le cas CAC. Et comme dans les triangles isométriques les angles homologues sont isométriques, on a \[m\angle TEW = 30^{\circ}-\gamma\]Considérons maintenant le triangle \(RED\). Puisque les segments \(RE\) et \(RD\) sont isométriques, le triangle est isocèle et les angles \(RED\) et \(RDE\) sont isométriques. Toujours dans le même triangle, on trouve \[m\angle RED = m\angle RDE = \frac{1}{2}\left(180^{\circ}-m\angle TRU\right)\]et comme on avait trouvé préalablement que \[m\angle TRU = 120^{\circ}-2\gamma\]on a\begin{align*}m\angle RED = m\angle RDE &= \frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\left(120^{\circ}-2\gamma\right)\right) \\ \\ &=\frac{1}{2}\left(60^{\circ}+2\gamma\right) \\ \\ &=30^{\circ}+\gamma\end{align*}Puisque \[m\angle TEW = 30^{\circ}-\gamma\]on trouve \[m\angle WED = 2\gamma\]et puisque \[m\angle RDV=30^{\circ}\]on trouve aussi \[m\angle WDE = \gamma\]Dans le triangle \(WED\), on a \[m\angle EWD=180^{\circ}-m\angle WED-m\angle WDE\]ce qui donne en remplaçant \[m\angle EWD = 180^{\circ}-2\gamma-\gamma\]et donc\[m\angle EWD = 180^{\circ}-3\gamma\]Puisque \[m\angle EWD + m\angle ECD = \left(180^{\circ}-3\gamma\right)+3\gamma=180^{\circ}\]c’est-à-dire que les angles \(EWD\) et \(ECD\) sont supplémentaires, le quadrilatère \(EWDC\) est inscriptible dans un cercle^[1]. Les angles \(WDE\) et \(WCE\) interceptent le même arc \(WE\) et sont donc de même mesure \(\gamma\). \(W\) est donc sur la trisectrice \(CP\) (et par définition il est aussi sur la trisectrice \(BP\)) et on peut conclure que \(W\) et \(P\) sont confondus.

De façon similaire, on peut montrer que la tangente au cercle issue de \(E\) passe par \(Q\). L’angle \(QED\) a donc lui aussi pour mesure \(\gamma\). La figure \(RED\) est symétrique et les points \(P\) et \(Q\) sont placés de façon symétrique de part et d’autre. En particulier les segments \(RP\) et \(RQ\) sont isométriques et incidemment les triangles \(TRP\) et \(QRU\) sont isométriques. Les angles homologues \(TRP\) et \(QRU\) sont eux-aussi isométriques. Mais comme les angles \(TRP\) et \(PRV\) sont eux-mêmes isométriques, on trouve, par transitivité, que les angles \(PRV\) et \(QRU\) sont isométriques. En outre, comme l’angle \(VRD\) a pour mesure \(60^{\circ}\) et que \[m\angle VRD=m\angle VRQ+m\angle QRU = 60^{\circ}\]on a, en substituant \[m\angle VRD = m\angle VRQ + m\angle PRV = 60^{\circ}\]ce qui implique donc \[m\angle PRQ = 60^{\circ}\]

Puisqu’il nous est possible de reproduire la même démarche pour chaque sommet, le triangle \(PRQ\) est équiangle et donc équilatéral.

[1] Nous avons déjà rencontré sur ce blogue ce théorème (Proposition III.22 des Éléments d’Euclide). Si un quadrilatère \(ABCD\) est inscriptible dans un cercle, alors ses angles opposés sont supplémentaires

L’angle \(D\) intercepte l’arc \(ABC\). L’angle \(B\) intercepte l’arc \(ADC\). Ensemble, ils interceptent le cercle au complet : comme un angle inscrit a pour mesure la moitié de l’angle au centre qui intercepte le même arc, on peut conclure qu’ils sont supplémentaires. Réciproquement, si un quadrilatère possède des angles opposés supplémentaires, alors il est inscriptible. Considérons un quadrilatère \(ABCD^{\prime}\) dont les angles opposés sont supplémentaires mais qui n’est pas inscriptible. On peut tracer un cercle passant par \(ABC\) mais comme \(ABCD^{\prime}\) n’est pas inscriptible, le cercle ne passe pas par \(D^{\prime}\) (ici \(D^{\prime}\) est à l’extérieur du cercle mais il pourrait très bien être à l’intérieur). Soit \(D\) l’intersection de \(CD^{\prime}\) et du cercle (si \(D^{\prime}\) est à l’intérieur, il suffit de prolonger \(CD^{\prime}\)). Par le théorème que l’on vient de prouver, les angles \(D\) et \(B\) sont supplémentaires… or par hypothèse \(D^{\prime}\) et \(B\) sont supplémentaires : il y contradiction! Il faut donc que \(D^{\prime}\) et \(D\) coïncident.

Références :

 F. Glanville Taylor and W. L. Marr (1913). The six trisectors of each of the angles of a triangle. Proceedings of the Edinburgh Mathematical Society, 32 , pp 119-131

H.S.M. Coxeter and S.L. Greitzer (1967), Geometry Revisited pp 47-49

R. A. Johnson (1929), Modern Geometry pp 253-254

Voici un distrayant problème posé sur l’excellent blogue Futility Closet.

An ant will always position itself so that it’s precisely twice as far from vinegar as from honey. If we put a dab of vinegar at A and a dab of honey at B and we release a troop of ants, what formation will they take up ?

On peut aborder le problème de manière encore plus générale. Quel est le lieu de points \(P\) tel que le rapport des distances entre le point \(P\) et les points \(A\) et \(B\) soit constant ? En d’autres mots, on cherche le lieu de points \(P\) tel que\[\frac{m\overline{PA}}{m\overline{PB}}\ = \ k\]ou de la même manière\[m\overline{PA}\ = \ k\cdot m\overline{PB}\]avec \(A\) et \(B\) donnés. La solution est triviale si \(k=1\) puisque le lieu de points est tout simplement la médiatrice de \(AB\). Si \(k\neq 1\), cependant, la solution est diablement moins évidente. Voyons. On peut toujours trouver un point \(C\) sur \(\overline{AB}\) qui satisfasse ladite condition.

Ici,\[m\overline{CA}\ = \ k\cdot m\overline{CB}\]On considère ensuite un point \(D\) hors de \(\overline{AB}\)

qui satisfasse la même condition.\[m\overline{DA}\ = \ k\cdot \overline{DB}\]Le théorème de la bissectrice nous indique que la bissectrice (ici, intérieure) de l’angle \(D\) partage le côté opposé dans le rapport des côtés de l’angle. Or, c’est exactement ce qu’on a ici, si bien que la bissectrice (intérieure) de l’angle \(D\) passe par \(C\).

Or, la bissectrice extérieure possède les mêmes propriétés.

Cela nous permet de trouver un autre point \(E\) qui satisfasse la condition. Les points \(C\) et \(E\), sur la droite \(AB\) (on dit que \(A\), \(B\), \(C\) et \(E\) sont colinéaires), tels que\[m\overline{CA} \ = \ k\cdot m\overline{CB}\]et \[m\overline{EA} \ = \ k\cdot m\overline{EB}\]sont fixes : ils ne sont déterminés que par \(A\), \(B\) (fixes) et le rapport \(k\). Leur position ne dépend pas de celle de \(D\) ! Et comme l’angle \(CDE\) est droit, le lieu décrit par \(D\) est donc un cercle de diamètre \(\overline{CE}\).

Appolonius de Perga est celui qui a proposé le premier cette définition alternative du cercle comme lieu de points.

Voici la méthode employée par Girolamo Cardano et son élève, Ludovico Ferrari, avec une notation contemporaine, pour résoudre des équations du troisième degré^[1]. En partant de la forme la plus générale \[ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0\]on divise par \(a\) de chaque côté afin d’obtenir \[x^{3}+\frac{b}{a}x^{2}+\frac{c}{a}x+\frac{d}{a}=0\]On effectue ensuite le changement de variable suivant \[x = y-\alpha\]ce qui fait \[\left(y-\alpha\right)^{3}+\frac{b}{a}\left(y-\alpha\right)^{2}+\frac{c}{a}\left(y-\alpha\right)+\frac{d}{a}=0\]En développant le cube et le carré \[y^{3}-3\alpha y^{2}+3\alpha^{2}y-\alpha^{3}+\frac{b}{a}\left(y^{2}-2\alpha y + \alpha^{2}\right) +\frac{c}{a}\left(y-\alpha\right)+\frac{d}{a}=0\]puis en distribuant\[y^{3}-3\alpha y^{2}+3\alpha^{2}y-\alpha^{3}+\frac{b}{a}y^{2}-\frac{2b\alpha}{a}y+\frac{b\alpha^{2}}{a}+\frac{c}{a}y-\frac{c\alpha}{a}+\frac{d}{a}=0\]et enfin en regroupant les termes semblables\[y^{3}+\frac{b}{a}y^{2}-3\alpha y^{2}+3\alpha^{2}y-\frac{2b\alpha}{a}y+\frac{c}{a}y+\frac{b\alpha^{2}}{a}-\frac{c\alpha}{a}+\frac{d}{a}-\alpha^{3}=0\] \[y^{3}+\left(\frac{b-3a\alpha}{a}\right)y^{2}+\left(\frac{3a\alpha^{2}-2b\alpha+c}{a}\right)y + \left(\frac{b\alpha^{2}-c\alpha+d-\alpha c^{3}}{a}\right)=0\]Comme on a définit \(x\) en termes de \(y\) et \(\alpha\), il nous est possible de poser \[\frac{b-3a\alpha}{a}=0\]et de trouver la valeur de \(\alpha\) qui ferait en sorte que le terme en \(y^{2}\) s’annule. On obtient donc \begin{align*}b-3a\alpha &=0 \\ \\ b &= 3a\alpha \\ \\ \frac{b}{3a}&=\alpha\end{align*}En remplaçant \(\alpha\) par cette expression, on a \[y^{3}+\left(\frac{b-3a\frac{b}{3a}}{a}\right)y^{2}+\left(\frac{3a\left(\frac{b}{3a}\right)^{2}-2b\left(\frac{b}{3a}\right)+c}{a}\right)y+\left(\frac{b\left(\frac{b}{3a}\right)^{2}-c\left(\frac{b}{3a}\right)+d-a\left(\frac{b}{3a}\right)^{3}}{a}\right)=0\]ce qui fait \[y^{3}+\left(\frac{0}{a}\right)y^{2}+\left(\frac{3ab^{2}}{9a^{3}}-\frac{2b^{2}}{3a^{2}}+\frac{c}{a}\right)y + \left(\frac{b^{3}}{9a^{3}}-\frac{bc}{3a^{2}}+\frac{d}{a}-\frac{ab^{3}}{27a^{4}}\right)=0\]\[y^{3}+\left(\frac{b^{2}}{3a^{2}}-\frac{2b^{2}}{3a^{2}}+\frac{c}{a}\right)y+\left(\frac{b^{3}}{9a^{3}}-\frac{bc}{3a^{2}}+\frac{d}{a}-\frac{b^{3}}{27a^{3}}\right)=0\]\[y^{3}+\left(\frac{3ac-b^{2}}{3a^{2}}\right)y + \left(\frac{2b^{3}+27a^{2}d-9abc}{27a^{3}}\right)=0\]Cette forme de l’équation cubique est appelée forme réduite de l’équation \[y^{3}+py+q=0\]avec \[p=\frac{3ac-b^{2}}{3a^{2}}, \quad q=\frac{2b^{3}+27a^{2}d-9abc}{27a^{3}}\]On procède par la suite à un deuxième changement de variable \[y = u + v\]ce qui fait \[\left(u+v\right)^{3}+p\left(u+v\right)+q=0\]En développant on obtient \[u^{3}+3u^{2}v+3uv^{2}+v^{3}+p\left(u+v\right)+q=0\]En réarrangeant les termes et en effectuant une mise en évidence simple on obtient \[u^{3}+v^{3}+3uv\left(u+v\right)+p\left(u+v\right)+q=0\]\[u^{3}+v^{3}+\left(3uv+p\right)\left(u+v\right)+q=0\]Comme on a exprimé y avec les deux variables u et v, on peut librement les choisir de telle sorte que\[3uv+p=0\]Cela a pour effet d’éliminer le terme en \(\left(u+v\right)\) dans \[u^{3}+v^{3}+\left(3uv+p\right)\left(u+v\right)+q=0\]afin d’obtenir \[u^{3}+v^{3}+q=0\]De \[3uv+p=0\]on tire \[uv=-\frac{p}{3}\]puis en élevant au cube \[u^{3}v^{3}=-\frac{p^{3}}{27}\]Enfin, comme \[3uv + p = 0\]cette équation \[u^{3}+v^{3}+\left(3uv+p\right)\left(u+v\right)+q=0\]devient \[u^{3}+v^{3}+q=0\]ou de façon équivalente \[u^{3}+v^{3}=-q\]On connait donc la somme \[u^{3}+v^{3}=-q\]
et le produit \[u^{3}v^{3}=-\frac{p^{3}}{27}\]de deux nombres. En isolant \(v^{3}\) dans la dernière équation, on obtient \[v^{3}=-\frac{p^{3}}{27u^{3}}\]puis en substituant dans l’équation de la somme \[u^{3}-\frac{p^{3}}{27u^{3}}+q=0\]En multipliant à gauche et à droite par \(u^{3}\) \[u^{6}-\frac{p^{3}}{27}+qu^{3}=0\]on obtient une équation quadratique en \(u^{3}\)\[\left(u^{3}\right)^{2}+qu^{3}-\frac{p^{3}}{27}=0\] La formule quadratique nous donne pour valeur de \(u^{3}\) \[\frac{-q\pm\sqrt{q^{2}-4(1)\left(-\frac{p^{3}}{27}\right)}}{2(1)}\]ce qui fait après mise en évidence de \(4\) sous la racine \[\frac{-q\pm\sqrt{4\left(\frac{q^{2}}{4}+\frac{p^{3}}{27}\right)}}{2}\]et donc \[-\frac{q}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}\]En utilisant la racine carré positive, on obtient \[u^{3}=-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}\] \[u = \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}\]Or comme, \[u^{3}+v^{3}=-q\]on a \[\left(\sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}\right)^{3}+v^{3}=-q\]c’est-à-dire \[-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}+v^{3}=-q\]et donc \[v^{3}=-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}\] \[v=\sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^2+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}\]Enfin, comme \[y = u+v\]on a \[y = \sqrt[3]{-\frac{q}{2}+\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}} + \sqrt[3]{-\frac{q}{2}-\sqrt{\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}}}\]Ici, \(u^{3}\) et \(v^{3}\) possèdent chacun \(3\) racines cubiques. Cela fait donc un total de \(9\) combinaisons possibles. Or, l’équation initiale ne possède que \(3\) solutions (distinctes ou non). Il faut donc s’affairer à choisir et pairer correctement les bonnes racines. Si \[\left(\frac{q}{2}\right)^{2} + \left(\frac{p}{3}\right)^{3}\geq 0\]alors les racines cubiques seront réelles et bien définies. On obtient ainsi la solution réelle de l’équation. Et comme \[uv=-\frac{p}{3}\]c’est-à-dire que le produit \(uv\) est réel, on multiplie l’une et l’autre des racines précédentes par les racines cubiques complexes de l’unité \[\tau_{1}=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\]et \[\tau_{2}=-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\]Si \(u_{0}\) et \(v_{0}\) sont les racines cubiques réelles, alors les solutions complexes seront données par \[\tau_{1}u_{0}+\tau_{2}v_{0}\]et \[\tau_{2}u_{0}+\tau_{1}v_{0}\]Si au contraire, \[\left(\frac{q}{2}\right)^{2}+\left(\frac{p}{3}\right)^{3}<0\]alors les racines cubiques de \(u^{3}\) et \(v^{3}\) sont complexes. Comme \(u\) et \(v\) sont interchangeables, on choisit donc arbitrairement une des racines cubiques de \(u^{3}\) et on sélectionne la bonne racine correspondante de \(v^{3}\) en utilisant le fait que \[uv =-\frac{p}{3}\]c’est-à-dire que notamment \[u =-\frac{p}{3v}\]Finalement, pour retrouver les solutions de l’équation initiale, il ne faut pas oublier d’effectuer le dernier changement de variable \[x = y-\frac{b}{3a}\]Cela conclut la solution algébrique d’une équation du troisième degré. Bien qu’il soit assez facile de trouver la racine carrée d’un nombre complexe sous la forme \(a+bi\), il est plutôt difficile de faire de même dans le cas d’une racine cubique. En effet, pour trouver une des racines cubiques d’un nombre complexe sous la forme \(a + bi\), il faudrait résoudre… une équation du troisième degré ! En outre, il faut une bonne dose d’intuition pour reconnaître que \[\sqrt[3]{10+\sqrt{108}}+\sqrt[3]{10-\sqrt{108}}=2\](en utilisant les deux racines cubiques réelles) ou encore que \[\sqrt[3]{2+i\sqrt{121}} + \sqrt[3]{2-i\sqrt{121}}=4\](en utilisant une des trois paires de racines cubiques complexes).

^[1]Les résolutions des équations du troisième et quatrième degré, au niveau auquel elles sont introduites, sont souvent traitées dans les livres comme des problèmes triviaux suscitant peu d’intérêt, mais il reste que les ingénieuses techniques des algébristes italiens du XVI^ième siècle sont rarement présentées adéquatement. Le problème est plutôt amené sous la forme d’une anecdote historique. Pour un court compte rendu habilement écrit, incluant une savoureuse description des personnages colorés en scène, je vous suggère le sixième chapitre de Journey through Genius de William Dunham. Par ailleurs, une traduction avec notation récente de l’Ars Magna (Le grand Art) est aussi disponible chez Dover. Pas facile à lire, mais plutôt divertissant !