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Géométrie plane et nombres complexes
1. Généralités.
2. Quelques exercices.
3. Géométrie du triangle.
4. Homographies, groupe circulaire.
5. Transformation de Joukowski.
6. Règle et compas.
7. Courbes cycloïdales.
8. Inégalités isopérimétriques.
Pierre-Jean Hormière
___________ Introduction.
Depuis Descartes et Fermat on sait associer à tout point M du plan ses coordonnées x et y dans un repère convenable. Depuis la découverte par Wessel, Argand et Cauchy de la représentation plane des complexes, on peut associer à tout point M(x, y) du plan son « affixe » z = x + iy. Tout calcul
analytique qui peut être conduit à l’aide de x et y peut être mené à l’aide de z et z , appelées parfois « coordonnées isotropes » de M. Il n’est pas inintéressant de montrer comment utiliser directement
les complexes z et z sans passer par x et y, pour démontrer ou retrouver de nombreuses propriétés géométriques planes.
1. Généralités.
Rapportons le plan affine euclidien au repère orthonormé (O, i , j ), et associons à tout point M(x, y) son affixe complexe z = x + i.y.
Les formules z = x + i.y et z= x − i.y , x = 2
zz+ , y = izz
2− permettent passer des coordonnées
cartésiennes (x, y) aux « coordonnées isotropes » z et z de M, et inversement. Dans la suite, la notation M(z) signifie que le point M a pour affixe z. Lorsque l’affixe n’est pas précisée, le point a pour affixe la minuscule correspondante.
Soient M(x, y) et M’(x’, y’) deux points d’affixes z et z’.
Proposition 1 : Les vecteurs OM et 'OM sont colinéaires ⇔ ''
yyxx = 0 ⇔
''
zzzz
= 0 .
Le produit scalaire de OM et 'OM est OM . 'OM = x.x’ + y.y’ = Re(zz ’) = 21 (z z ’ + zz’).
Proposition 2 : Les propositions suivantes sont équivalentes :
OM ⊥ 'OM sont orthogonaux ⇔ ''
xyyx − = 0 ⇔ z. 'z ∈ i.R ⇔
''
zzzz −
= 0.
Plus généralement MP . ''PM = Re ( p − m ).( 'p − 'm ).
Le produit mixte est [ OM , 'OM ] = x.y’ − x’.y = Im( zz’) = i
zzzz2
'.'. − .
Rappelons que ce produit désigne l’aire du parallélogramme orienté OMPM’ où OP = OM + 'OM . L’aire algébrique du triangle ABC est donc :
2
S = 21 [ AB , AC ] =
21 Im (b − a )(c − a) =
i41 [ ( a – b ) c + ( b – c ) a + ( c – a )b ] .
Equations de droites, alignement.
1) Une droite a pour équation : a z + a z + c = 0 , où a ∈ C* et c ∈ R.
2) Les droites d’équations a z + a z + c = 0 et b z + b z + d = 0 sont :
• parallèles ssi bbaa = 0 • perpendiculaires ssi
bbaa − = 0 .
3) On a l’équivalence : A, B et C sont alignés ⇔ abac
−− ∈ R (cum grano salis) ⇔
111cbacba
= 0 .
4) La droite AB a pour équation 111bazbaz
= 0. La médiatrice de AB a pour équation 111abzbaz
= 0.
5) Les droites (Dk) ak z + ka z+ ck = 0 (1≤ k ≤3) sont concourantes ou parallèles ssi
333
222
111
caacaacaa
= 0.
Distance d’un point à une droite.
Trouver la distance du point M(z) à la droite D d’équation : a z + a z + c = 0 , ( a ∈ C*, c ∈ R ). En déduire l’équation de la conique formée par les deux bissectrices des droites D et D’.
Réponse : d(M, D) = a.2
1 | a z + a z + c | .
Equations de cercles, cocyclicité.
1) Le cercle C(Ω, r) a pour équation | z − ω |2 = r
2 , i.e. zz − ω z −ω z + ωω − r
2 = 0.
2) On a l’équivalence : a) A, B, C et D sont alignés ou cocycliques ;
b) Le birapport [ a, b, c, d ] ≡ cbca
−− :
dbda
−− est réel ;
c)
1111
....
dcbadcbaddccbbaa
= 0 .
3) Conséquence :
1111
.
cbazcbazccbbaazz
= 0 est l‘équation du cercle circonscrit au triangle ABC si ABC
sont non alignés, de la droite ABC sinon. Equations de coniques.
L’équation de la courbe du second degré la plus générale est :
a z z + b z2 + b z 2
+ cz + c z + d = 0 où (a, d) ∈ R×R , (a, b) ≠ (0, 0).
Si a2 – 4bb > 0 , il s’agit d’une ellipse, réelle ou non ; le cercle correspond à b = 0.
Si a2 – 4bb = 0 , il s’agit d’une parabole, essentiellement.
Si a2 – 4bb < 0 , il s’agit d’une hyperbole, éventuellement dégénérée en deux droites sécantes ;
l’hyperbole équilatère correspond à a = 0.
3
La conique passant par les 5 points d’affixes a, b, c, d, e a pour équation :
111111
²²²²²²²²²²²²
edcbazedcbazeeddccbbaazz
edcbazedcbaz
= 0.
Lieux circulaires classiques.
Soient A et B deux points distincts.
1) L’ensemble des M tels que (MA , MB ) = cte (mod 2π) est un arc de cercle d’extrémités A et B.
2) Le lieu des points M tels que (MA , MB ) = cte (mod π) est un cercle passant par A et B.
3) Le lieu des points M tels que MBMA = cte est un cercle centré sur AB ou la médiatrice de AB.
Similitudes directes et indirectes.
• Soient (a, b) ∈ C*×C. La transformation f : z → Z = a.z + b est une similitude affine directe du plan affine euclidien.
Si a ≠ 1, elle admet un unique point fixe ω, et alors Z − ω = a (z − ω) = r eiθ
(z − ω). Géométriquement, si Ω(ω) , f = Hom(Ω, r) o Rot(Ω, θ). Si a = 1, c’est une translation.
• Soient (a, b) ∈ C*×C. La transformation g : z → Z = a z + b est une similitude affine indirecte.
Si aa ≠ 1, g admet un unique point fixe ω, et alors Z − ω = a. ω−z . Géométriquement, g est composée d’une symétrie orthogonale par rapport à une droite D et d’une homothétie dont le centre appartient à D.
Si a.a = 1, g est un antidéplacement :
− si a.b + b = 0, g est une symétrie orthogonale par rapport à une droite D.
− si a.a = 1 et a.b + b ≠ 0, g est une symétrie glissée.
Les similitudes directes forment un sous-groupe d’indice 2 du groupe des similitudes.
Applications linéaires, affines, de C dans C.
• Les applications C-linéaires sont de la forme f : z → a.z , a ∈ C. • Les applications C-affines sont de la forme f : z → a.z + b , (a , b) ∈ C×C.
• Les applications R-linéaires s’écrivent de façon unique sous la forme f : z → a.z + b z , (a, b) ∈ C2.
• Les applications R-affines s’écrivent de même sous la forme f : z → a.z + b z+ c , (a, b, c) ∈ C3.
2. Quelques exercices.
Exercice 1 : Problème des milieux.
Soient A1, A2, …, An n points donnés dans le plan. Trouver des points M1, M2, …, Mn tels que A1
soit milieu de M1M2 , A2 milieu de M2M3, … , An milieu de MnM1 .
Exercice 2 : Résoudre et discuter le système :
z2 = a.z1 + b , z3 = a.z2 + b , … , zn = a.zn−1 + b , z1 = a.zn + b.
Exercice 3 : cns d’alignement de 1 + i , z + i et 1 + i.z ; de j , z et j.z ; de z, z2 et z
5.
Exercice 4 : Soient un carré ABCD, E le point intérieur au carré tel que le triangle ABE soit équilatéral, F le point extérieur au carré tel que le triangle BCF soit équilatéral. Montrer que les points D, E, F sont alignés.
4
Exercice 5 : Soit z ≠ 0. Montrer que les points z, − z , 1/z, −1/ z , 1 et −1 sont cocycliques. Interprétation géométrique ?
Exercice 6 : Lieu des points M(z) tels que 1, z, 1/z et 1 − z soient cocycliques.
Exercice 7 : Soient a, b, c trois complexes de module 1, a ≠ c. Montrer que ba .
)²()²(
acbc
−−
∈ R+.
Exercice 8 : Résoudre les systèmes : cos a + cos b + cos c = 0 cos a + cos b + cos c = 0 sin a + sin b + sin c = 0 cos 2a + cos 2b + cos 2c = 0
Exercice 9 : Image du cercle et du disque unité par z → )²1(
1z− .
Exercice 10 : Image du cercle unité U − j, j2
par z → ²1
1zz++ .
Exercice 11 : Soit P un polygone convexe de sommets M1… Mn , zk l’affixe de Mk.
Montrer que l’aire algébrique de P est : A = 21 Im ( 1z z2 + 2z z3 + … + 1−nz zn + nz z1) .
Exercice 12 : Hommage à Robert Louis Stevenson.
Un navigateur trouve dans une bouteille le plan d’une île et d’un trésor. Sur ce plan figurent deux palmiers A et B, et une potence P. Aller de P à A, tourner d’un angle droit dans le sens des aiguilles d’une montre, et planter un piquet en M, tel que AM = AP. Aller de P à B, tourner d’un angle droit dans le sens inverse des aiguilles d’une montre, et planter un piquet en N tel que BN = BP. Le trésor T se trouve au milieu du segment MN. Malheureusement, à son arrivée sur l’île, la potence a disparu. Arrivera-t-il à trouver le trésor ?
Exercice 13 : Théorème de Ptolémée-Euler .
Soient A, B, C, D quatre points du plan. Montrer que AC.BD ≤ AB.CD + BC.DA , avec égalité ssi ABCD sont cocycliques, et situés dans cet ordre, que ce soit dans le sens trigono-métrique ou le sens inverse, ou si ABCD sont alignés, et dans l’ordre ABCD, ADCB ou DABC. Application : retrouver le théorème de Pythagore.
Exercice 14 : Appareil à similitude.
Soit un parallélogramme articulé OACB. Aux tiges AC et BC sont liés deux triangles rigides AMC et BCM’ directement semblables. Montrer que le lieu de M’ se déduit du lieu de M par une similitude directe de centre O.
Exercice 15 : Groupe diédral.
Soit P = A1A2 … An un polygone régulier de n sommets de centre O inscrit dans un cercle de rayon R. Montrer que les similitudes conservant P forment un groupe à 2n éléments. Nature et table ?
Exercice 16 : Théorème de Cotes.
Soient A1A2 … An un polygone régulier de n côtés de centre O inscrit dans un cercle de rayon R,
M un point du plan et ( 1,OAOM ) = θ.
Montrer que : OM2n
− 2.OMn.R
n.cos(nθ) + R
2n = ∏
=
n
iiMA
1
2 (formule de Cotes).
Applications : 1) Si M est sur le rayon OA1 , | OMn − R
n | = ∏=
n
iiMA
1
(théorème de Cotes).
2) Equation polaire de la cassinienne à n pôles, lieu des points M tels que ∏=
n
iiMA
1
= constante.
En tracer quelques unes pour n = 2, 3, 4 et diverses valeurs de la constante.
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Exercice 17 : Théorème de Gauss-Lucas.
Soit P ∈ C[X] un polynôme complexe non constant. Montrer que les racines de P' appartiennent à l’enveloppe convexe de l’ensemble des racines de P.
Exercice 18 : Soit f la fonction : z → 21 ( z + |z| ).
1) f est-elle injective ? Décrire f(C). 2) On considère la suite récurrente z0 ∈ C , zn+1 = f(zn). Montrer que cette suite converge ; quelle
est sa limite ? Montrer que les zn se trouvent sur une même courbe que l’on construira. 3) Montrer que l’image par f d’une droite du plan est en général une branche d’hyperbole.
Exercice 19 : Méthode de trisection de Pappus.1
Soit u un complexe de module 1. On cherche à construire les racines cubiques de u comme intersection du cercle unité et d’une hyperbole équilatère.
1) Montrer que les deux relations z. z= 1 et (z − u).(z3 – u) = 0 sont équivalentes aux deux
relations : zz= 1 et u z2 + u z 2
− z − z = 0 .
2) Montrer que u z2 + u z 2
− z − z = 0 est l’équation d’une hyperbole équilatère de centre Ω(u/2)
dont les axes sont dirigés par v et iv, où u = v2.
3. Géométrie du triangle.
Quarante enfants dans une salle, Un tableau noir et son triangle,
Un grand cercle hésitant et sourd Son centre bat comme un tambour.
Jules Supervielle, Gravitations. On peut démontrer les propriétés classiques du triangle par « géométrie pure », à l’aide de propriétés métriques et angulaires, et de transformations simples : homothéties, similitudes, voire inversions. Mais on peut les retrouver par « géométrie analytique », en prenant, soit un repère orthonormé (mais
lequel ?), soit un repère oblique (A,AB , AC ) (cela simplifie les coordonnées mais complique la formule donnant le produit scalaire), soit, enfin, les coordonnées barycentriques. Cet exercice, stérile en apparence mais en réalité formateur, oblige à développer des techniques de calcul analytique, relevant de la géométrie algébrique réelle. On peut enfin établir les propriétés du triangle au moyen des nombres complexes, comme y invitent les exercices ci-dessous. On peut alors, soit faire les calculs en toute généralité (ils sont alors longs !), soit inscrire le triangle dans le cercle unité, situation à laquelle on peut toujours se ramener à similitude près : les calculs sont alors élégants. Triangles semblables.
1) Montrer que les triangles ABC et A’B’C’ sont :
directement semblables ssi 1'1'1'
ccbbaa
= 0, et inversement semblables ssi 1'1'1'
ccbbaa
= 0.
2) Applications :
a) Montrer que ABC sont alignés ssi 111
ccbbaa
= 0 ; équation de la droite AB ?
1 Cf. Arnaudiès-Delezoïde, Constructions géométriques, Bulletin de l’APM 446, et H. Dörrie, 100 Great problems…, Dover, p. 173.
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b) Montrer que ABC est équilatéral ssi 111
accbba
= 0 ; factoriser ce déterminant. Montrer que
ABC est équilatéral de sens direct ssi a + b j + c j2 = 0 , de sens indirect ssi a + b j
2 + c j = 0.
c) Montrer que ABC est isocèle en A ssi 111
bccbaa
= 1 ; équation de la médiatrice de AB ?
Triangles équilatéraux.
Soient A(a), B(b), C(c), trois points distincts. Montrer l’équivalence : i) ABC est un triangle équilatéral ; ii) a
2 + b
2 + c
2 = ab + bc + ca ;
iii) ba−
1 + cb−
1 + ac−
1 = 0 ; iv) j ou j2 est racine de a + b.X + c.X
2.
En déduire qu’il n’existe pas de triangle équilatéral à sommets dans Q2.
Montrer que ABC est un triangle équilatéral direct ⇔ a + b.j + c.j2 = 0 .
Solution : Il existe d’innombrables preuves de ces résultats. 1ère idée : le triangle ABC est équilatéral ss’il est directement semblable au triangle BCA.
Cela se traduit par 111
accbba
= 0.
2ème idée : le triangle ABC est équilatéral direct ss’il est directement semblable au triangle de
sommets 1 , j , j2
, i.e. ssi 1²111
jcjb
a = 0, indirect ssi ACB est équilatéral direct.
3ème idée : ABC est équilatéral direct si AC = Rot(A,3π ) ( AB ), i.e. ssi c – a = exp
3πi ( b – a ).
Or exp 3πi = 1 + j = − j
2…
Exercice : Sur un segment [AB] on place un point C de manière quelconque. Au-dessus du segment, on construit les triangles isocèles APC et CQB d’angle au sommet 2π/3. Au-dessous, le triangle isocèle ARB d’angle au sommet 2π/3. Que dire du triangle PQR ?
Exercice : Soient A, B, C, D, E, F six points situés sur un cercle de centre O. Les triangles OAB, OCD et OEF sont équilatéraux directs. Soient M le milieu de BC, N celui de DE et P celui de FA. Que dire du triangle MNP ? Théorème de Napoléon. 2
On construit extérieurement au triangle ABC trois triangles semblables ABC', BCA', CAB'. 1) Montrer que les triangles ABC et A'B'C' ont même centre de gravité. Peut-on reconstruire ABC connaissant A'B'C' ?
2) Si les trois triangles sont équilatéraux de centres resp. O1, O2 et O3, montrer que les segments AA', BB' et CC' sont égaux, se coupent en un point F, forment deux à deux un angle de π/3, et que le triangle O1O2O3 est équilatéral de même centre de gravité que ABC.
2 Napoléon Bonaparte (1769-1821), général philomathe mort en 1799, auteur de cet aphorisme : «L'avance-ment, le perfectionnement des mathématiques sont liés à la prospérité de l'Etat.» Ingénieurs de l’armement, à vos postes ! Elèves des classes préparatoires, marchez au pas ! Tranquillisez les porte-avions nucléaires !
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3) Si les trois triangles sont isocèles rectangles en A’, B’ et C’, montrer que les segments BB’ et AC sont égaux et orthogonaux, et que les droites AA’, BB’ et CC’ sont concourantes.
Exercice : Soit un triangle ABC. On construit le point A’ tel que A et A’ soient de part et d’autre de
la droite BC, avec ( BA' , CA' ) = 3
2π , A’B = A’C. On construit de manière analogue les points B’ et
C’. Montrer que le triangle A’B’C’ est équilatéral et a même centre de gravité que ABC. [ Oral Polytechnique, 2002 ap. J.-C. ]
Exercice : Dans le plan on considère un triangle ABC, et les six points D, E, F, G, H, I tels que ABED, BCFG, ACHI soient des carrés extérieurs à ABC. Montrer que les six points D, E, F, G, H, I sont cocycliques si et seulement si on est dans l’un des deux cas suivants : • le triangle ABC est équilatéral • le triangle ABC est rectangle isocèle. [ Concours général 1996, ex. 1 ] Concours des médianes, des médiatrices et des hauteurs.
Soit T un triangle ABC. A, B et C ont pour affixes a, b et c. 1) Equations des médianes ; montrer leur concours3 et trouver leur point d’intersection G(g). En quel point la fonction f(z) = | z – a |
2 + | z – b |
2 + | z – c |
2 est-elle minimum ?
2) Equations des médiatrices ; montrer leur concours et trouver leur point d’intersection O(ω). 3) Equations des hauteurs ; montrer leur concours et trouver leur point d’intersection H(h).
4) Vérifier que O, G et H sont alignés et que OH = 3OG .
5) Montrer que :
1²²1²²1²²0102000102
ccccbbbbaaaa
zz
= 0 est l’équation du cercle des neuf points.
Solution : La médiane issue de A a pour équation :
Z ( 2a – b – c ) – Z ( 2a – b – c ) + a (b + c ) – a ( b + c ) = 0 .
La médiatrice de BC a pour équation : | Z – b |2 = | Z – c |
2 , c’est-à-dire après simplification :
Z (b − a ) – Z ( a – b ) + aa – bb = 0 .
La hauteur issue de A a pour équation : ( Z – a ) (c – b ) + (Z − a ) ( c – b ) = 0 . Le concours des médianes, resp. des médiatrices, des hauteurs, provient de ce que la somme de leurs trois équations est nulle. Il suffit d’en résoudre deux.
Notons D = 111
ccbbaa
, C = 111
cccbbbaaa
, E = ccccbbbbaaaa
, H = 1²1²1²
ccbbaa
, V = 1²1²1²
ccbbaa
.
On trouve : G(g) où g = 31 ( a + b + c ) , O(o) où o = −
DC , H(h) où h =
DCH+ .
Il n’est pas étonnant de trouver au dénominateur l’imaginaire pur D, qui nul ssi ABC sont alignés !
La formule OH = 3OG se traduit par : h + 2o = 3g , i.e. : H – C = ( a + b + c ).D.
Autre méthode de calcul de l’affixe de O : Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour équation
1111
.
cbazcbazccbbaazz
= 0 , i.e. : zzD − zC + zC − E = 0 , i.e. : | z + DC |2 =
DDEDCC − .
3 Le mot « concourance » n’existe pas en français, le mot « concurrence » a un autre sens.
8
Par conséquent R = D1 EDCC − .
Notons que si a, b, c sont de module 1, o = 0 , h = a + b + c , et R = 1.
5) Si l’on développe le déterminant proposé par rapport à la première ligne, puis la deuxième (ou les deux simultanément via la règle de Laplace), il vient :
4 zzD + 2zH − 2zH + V = 0 , i.e. : | z − D
H2
|2 = DD
DVHH4
− .
C’est un cercle de centre Ω(ω), où ω = D
H2
: on reconnaît le milieu de OH.
Il a pour rayon D21 DVHH − =
2R , si l’on prend soin de vérifier que HH − V D = CC − ED .
Quant à montrer par le calcul que ce cercle passe par les neuf points… Il y a moyen de retrouver ces résultats et d’en trouver d’autres en simplifiant les calculs. En effet, on peut toujours, à similitude
près, supposer le triangle ABC inscrit dans le cercle unité. Alors a = 1/a, etc., ce qui simplifie beaucoup les choses. Mais on peut prendre pour origine le centre du cercle inscrit et supposer le triangle ABC circonscrit au cercle unité, ou encore prendre comme origine le centre de gravité.
Cas où le triangle est inscrit dans le cercle unité.
1) Soient A(a) et B(b) deux points du cercle unité.
Montrer que la droite AB a pour équation : z + abz = a + b.
et que la médiatrice de AB a pour équation : z − abz = 0. Equation de la tangente en A au cercle unité ?
2) a) Montrer que la symétrie orthogonale par rapport à la droite AB est donnée par la formule :
s(z) = a + b − abz . b) Montrer que la projection orthogonale sur la droite AB est donnée par la formule :
p(z) = 21 ( z + a + b − abz ) .
c) Quel résultat obtient-on si a = b ?
3) Soient P, Q, R et S quatre points du cercle unité, d’affixes p, q, r et s. Montrer que les droites PQ
et RS sont parallèles ssi pq = rs , et ont pour intersection M(z), où z = rspq
srqp−
−−+ sinon.
4) Soit T un triangle ABC inscrit dans le cercle unité. Equations des hauteurs ?
Affixe de l’orthocentre ? Montrer que OH = 3OG . 5) Soient a, b, c trois complexes de module 1. A quelle condition a-t-on a + b + c = 0 ?
Solution : 1) Soient A(a) et B(b) deux points du cercle unité.
La droite AB a pour équation : 111bazbaz
= 0, i.e. z ( a − b ) + z ( b – a ) + ab − ab = 0
Compte tenu de aa = bb = 1, il vient : z + abz = a + b.
La médiatrice de AB a pour équation : z − abz = 0. C’est en effet la droite passant par O et perpendiculaire à [AB]. Mais on peut aussi utiliser un résultat du § 1. La tangente en A au cercle unité est z + a
2 z = 2a . Il suffit en effet de faire tendre b vers a dans la formule précédente.
2) a) La symétrie orthogonale par rapport à la droite AB est donnée par : s(z) = a + b − abz .
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On peut montrer cela de bien des façons. Si M’(z’) est le symétrique de M(z), il faut écrire que les
triangles ABM et ABM’ sont inversement semblables, c’est-à-dire : 1'11
zzbbaa
= 0.
Autre solution : s est une similitude indirecte, donc elle de la forme s(z) = α z + β. Et s admet deux points fixes, a et b ; ceci permet de calculer α et β.
b) La projection orthogonale sur AB est alors : p(z) = 2
)(zsz+ =
21 ( z + a + b − abz ) .
Mais on peut aussi chercher p(z) directement, en coupant (AB) et la perpendiculaire issue de M :
Z + abZ = a + b et Z − abZ = z – abz . Et on en déduit s(z).
Les points P, A et B sont alignés, i.e. p + ab p = a + b.
La droite orthogonale à AB menée de M a pour équation : p − ab p = z − abz . c) Si a = b , on obtient la symétrie par rapport à la tangente en A au cercle unité, et la projection sur cette tangente.
3) La droite PQ a pour équation z + pqz = p + q , la droite RS pour équation z + rs z = r + s. Le déterminant du système vaut rs – pq. Il est nul ssi les droites sont parallèles ou confondues. Sinon, leur intersection z est donnée par la formule de Cramer. On trouve
z = rspq
rsqppqsr−
+−+ )()( et z =
rspqsrqp
−−−+
.
4) La hauteur issue de A a pour équation AM . BC= 0, soit Re(( z – a )( c−b )) = 0 .
( z – a )( c−b ) + ( z − a )(c – b) = 0. Après simplification par b – c, il vient : z – bcz = a – bca .
La hauteur issue de B a pour équation z – caz = b – acb , celle issue de C : z – abz = c – abc . L’intersection des deux premières a pour affixe h = a + b + c.
Par symétrie, ce point se trouve sur la troisième hauteur. On a h = 3g, donc OH = 3OG .
5) Soient a, b, c trois complexes de module 1. La condition a + b + c = 0 équivaut à g = 0, i.e. au fait que a, b, c sont sommets d’un triangle équilatéral de centre 0. En résumé :
|a| = |b| = |c| = 1 et a + b + c = 0 ⇔ b = aj et c = aj2 ou b = aj
2 et c = aj .
Exercice : Montrer que les symétriques de chaque sommet d’un triangle par rapport au côté opposé sont alignés si, et seulement si, la distance de l’orthocentre au centre du cercle circonscrit est égale à son diamètre. [ Concours général 1999, ex. 5 ]
Solution : Il y a une solution géométrique intelligente. Voici une solution par les complexes. Inscrivons le triangle dans le cercle unité, et notons A’, B’, C’ les symétriques de A, B, C.
Il découle de l’exercice précédent que a’ = b + c – abc , donc 'a =
bcacb −+ , etc.
Il faut vérifier que : 111''''''
cbacba
= 0 ⇔ | a + b + c | = 2 ,
autrement dit que :
111ab
cbaca
bacbc
acbcabba
bcaac
abccb
−+−+−+−+−+−+
= 0 ⇔ ( a + b + c ) ( a1 +
b1 +
c1 ) = 4 .
Maple fait cela très bien :
> with(linalg): A:=matrix(3,3,[b+c-b*c/a,c+a-c*a/b,a+b-a*b/c,(b+c-a)/(b*c), (c+a-b)/(c*a),(a+b-c)/(a*b),1,1,1]);
10
:= A
+ − b cb ca
+ − c ac ab
+ − a ba bc
+ − b c ab c
+ − c a bc a
+ − a b ca b
1 1 1
> F:=factor(det(A));
:= F( ) − b c ( )− + c a ( )− + b a ( ) + − + + + + a2 b c a2 c a b c2 a a b2 b2 c b c2
a2 c2 b2
> P:=(a+b+c)*(1/a+1/b+1/c)-4;simplify(F/P);
Polaire d’un point par rapport à un cercle.
Soient U le cercle unité, A(a), B(b), C(c), D(d) quatre points de U. Déterminer le point M(z) = (AB) ∩ (CD) et le point M’(z’) = (AD) ∩ (BC) lorsqu’ils existent.
Vérifier que z’z + 'z z = 2. En déduire que lorsque M reste fixe, M’ décrit une droite P(M), dite polaire de M par rapport au cercle.
Cercle d’Euler ou cercle des neuf points.4
Soient un triangle ABC inscrit dans le cercle unité, O le centre du cercle circonscrit, H l’orthocentre. 1) Montrer que les symétriques de H par rapport aux milieux des côtés du triangle sont sur le cercle circonscrit, ainsi que les symétriques de H par rapport aux côtés du triangle.
2) Montrer que le milieu Ω de OH est aussi l’isobarycentre des points A, B, C et H, et est le centre d’un cercle passant par les neuf points suivants : les milieux des côtés, les pieds des hauteurs, les milieux des segments HA, HB et HC. Quel est le rayon de ce cercle, appelé cercle d’Euler ou cercle des neuf points du triangle ?
Solution :
1) Le symétrique H’ de H par rapport au milieu GA de [BC] vérifie 2' hh+ =
2cb+ , donc
h’ = b + c – a = − a. C’est le point diamétralement opposé à A sur le cercle circonscrit. Le symétrique de H par rapport au segment [BC] est donné (cf. ex. précédent) par
s(h) = b + c – bch = b + c – bc (a1 +
b1 +
c1 ) = –
abc ; c’est un complexe de module 1.
2) Le milieu Ω de OH a pour affixe ω = 2h =
41 ( a + b + c + h ) .
4 Leonhard Euler (1707-1783) semble avoir été le premier à trouver la cocyclicité de six des neuf points. Ce cercle fut ensuite étudié par les anglais Benjamin Bevan et John Whitley, les français Charles Brianchon, Jean-Victor Poncelet et Olry Terquem, l’allemand Karl Feuerbach, et bien d’autres jusqu’à Gilles Boutte.
( ) − b c ( )− + c a ( )− + b ab a c
:= P − ( ) + + a b c
+ +
1a
1b
1c
4
11
C’est donc aussi l’isobarycentre des points A, B, C et H.
La distance de Ω au milieu GA de [BC] est : | ω − 2cb+ | = |
2a | =
21 .
Le pied HA de la hauteur issue de A a pour affixe hA = 21 ( h + b + c − bch ) =
21 ( h −
abc ).
La distance de Ω à HA est donc : | ω − hA | = | a
bc2
| = 21 .
Le milieu KA du segment [AH] a pour affixe kA = 21 ( h + a ).
La distance de Ω à KA est donc : | ω − kA | = 21 . On conclut par symétrie que les neuf points
considérés appartiennent au cercle de centre Ω et de rayon ½.
3) Le cercle d’Euler est le cercle circonscrit au triangle de sommets 2cb+ ,
2ac+ et
2ba+ .
Il a pour équation :
1²²1²²1²²0102000102
ccccbbbbaaaa
zz
= 0 .
Cercles inscrits et exinscrits, théorème de Feuerbach5 (1822).
Soit un triangle ABC, supposé inscrit dans le cercle unité, et de sens direct. On se propose de mon-
trer que si A, B et C ont pour affixes respectives, pour une fois, a2, b
2, c
2, le centre du cercle inscrit
et les trois centres des cercles exinscrits ont pour affixes ± bc ± ca ± ab, un ou trois ± valant −1.
1) Montrer qu’on peut choisir des complexes a, b et c de telle sorte que A(a2), B(b
2), C(c
2) et que
le milieu de l’arc BC (resp. CA, AB) opposé à A (resp. B, C) ait pour affixe −bc (resp. −ca, −ab).
2) Soient s1 = a + b + c , s2 = ab + bc + ca et s3 = abc les fonctions symétriques de a, b et c.
Montrer que le centre du cercle inscrit à pour affixe : − ( bc + ca + ab ) = − s2.
En déduire qu’il est l’orthocentre du triangle PQR formé par les milieux des arcs BC, CA et AB.
Montrer que le rayon du cercle inscrit est r = 21 |
3
21.sss
− 1 |.
En déduire que le cercle inscrit est tangent au cercle des neuf points.
3) Quelles sont les affixes des centres des trois cercles exinscrits ? Montrer que les trois cercles exinscrits sont tangents au cercle d’Euler6. [ Observer qu’il suffit de changer a en −a en 2).] Le problème suivant donne une autre démonstration du théorème de Feuerbach, dans laquelle le cercle inscrit ou les cercles exinscrits sont pris comme cercle unité.
Théorème de Feuerbach.
Soient α, β et γ trois complexes distincts de module 1, σ1 = α + β + γ, σ2 = αβ + βγ + γα et σ3 = αβγ leurs fonctions symétriques. Les tangentes en β et γ se coupent en A(a), les tangentes en γ et α se coupent en B(b), les tangentes en α et β se coupent en C(c).
5 Karl Wilhelm Feuerbach (Iéna 1800 – Erlangen 1834), professeur de mathématiques à Erlangen, fils d’un grand juriste, eut pour frères un archéologue, un juriste, un orientaliste et le philosophe Ludwig Feuerbach. A Erlangen, il se lia d’amitié avec le poète August von Platen. 6 Par suite, le cercle des neuf points contient quatre autres points remarquables : les points de contact avec les cercles inscrits et exinscrits. De plus, si le triangle ABC n’est pas rectangle, les triangles ABC, HBC, HCA et HAB ont même cercle d’Euler ; celui-ci est donc tangent à douze nouveaux cercles inscrits et inscrits, ce qui porte à 25 le nombre de points remarquables sur le cercle des neuf points (Hamilton).
12
1) Calculer a, b et c. Vérifier que le milieu L de BC a pour affixe λ = ( 22σ −
2
23
ασ )
321
1σσσ −
.
2) Soit Ω le point d’affixe ω = 321
22
σσσσ
−. Vérifier que || LΩ || est invariant par permutation ; en
déduire que Ω est le centre du cercle d’Euler. Rayon, et équation de ce cercle ?
3) Montrer que ce cercle est tangent au cercle unité. En conclure que le cercle inscrit et les trois cercles exinscrits d’un triangle sont tangents au cercle d’Euler.
Solution : 1) Les tangentes en α, β, γ ont pour équations respectives :
z + α2 z= 2α , z + β2 z= 2β , z + γ2 z= 2γ.
On en déduit a = γββγ+
2 , b = αγ
γα+
2 , c = βα
αβ+
2.
Le milieu L de BC a pour affixe :
λ = αγγα+ + βα
αβ+ = ( 2
2σ − 2
23
ασ )
321
1σσσ −
.
2) Le point Ω d’affixe ω = 321
22
σσσσ
− vérifie :
|| LΩ || = 321
1σσσ −
.
Cette expression est invariante par permutation, donc Ω est le centre du cercle circonscrit aux milieux des côtés BC, CA, AB : ce cercle est le cercle des neuf points.
Ce cercle a pour équation : | Z − 321
22
σσσσ
−| =
321
1σσσ −
,
c’est-à-dire, après calcul des conjugués de σ1, σ2 et σ3 : 1σ = 3
2
σσ , 2σ =
3
1
σσ , 3σ =
3
1σ :
ZZ − [321
21
σσσσ
−Z +
321
22
σσσσ
−Z ] +
321
321
σσσσσσ
−+ = 0 .
Remarque : on peut trouver l’affixe de Ω, et l’équation du cercle d’Euler de a, b, c, en utilisant des formules données dans des exercices antérieurs.
3) Intersectons ce cercle avec le cercle unité ZZ = 1. Il vient : σ1
2 Z
2 − 2σ1σ2 Z + σ2
2 = 0 , c’est-à-dire : ( σ1
Z − σ2 )
2 = 0.
Si σ1 = 0, le triangle αβγ est équilatéral et inscrit dans un triangle équilatéral, et les deux cercles sont égaux.
Si σ1 ≠ 0, il y a racine double, et les cercles sont tangents. Or, à similitude près, on peut prendre pour cercle unité, soit le cercle inscrit, soit l’un des cercles exinscrits : cela dépend de la disposition des points α, β, γ sur le cercle unité. Par conséquent on a montré le théorème de Feuerbach. Il y a 13 points remarquables sur le cercle d’Euler. Relation d’Euler, théorème de Poncelet.
A) Relation d’Euler .
Soit un triangle ABC, supposé inscrit dans le cercle unité, de sens direct, et tel que A ait pour affixe 1. Soient β l’affixe du milieu de l’arc AB, γ l’affixe du milieu de l’arc AC opposé à B, de sorte que B( b = β2
), C( c = γ2 ). On note s = β + γ , p = βγ.
1) Montrer que le centre du cercle inscrit I a pour affixe ω = s − p .
2) Montrer que la distance de I à la droite BC est r = 21 | s2
– s – sp | .
13
3) En déduire la relation d’Euler OI2 = R
2 – 2Rr, exprimant la distance des centres des cercles
circonscrit et inscrit en fonction du rayon R du cercle circonscrit et du rayon r du cercle inscrit.
B) Théorème de Poncelet pour le triangle.
Soient C = C(O, R) et C’ = C(I, r) deux cercles de centres respectifs O et I, et de rayons respectifs R
et r. On suppose que OI2 = R
2 – 2Rr, et on se propose de montrer au moyen des nombres complexes
que tout point A est sommet d’un triangle ABC, inscrit dans C et circonscrit à C’.
1) Montrer que le cercle C ’ est intérieur au cercle C.
2) On suppose désormais O(0), R = 1, I(ω = r21− ). Soient A(a) et B(b) deux points du cercle unité, s = a + b, p = ab. Montrer que la projection de I sur la droite AB a pour affixe
21 (s + ω(1 − p)) . En déduire que la droite AB est tangente au cercle C’ ssi s − ω(1 + p)
2 = 4pr
2 .
3) On mène de A(a), point du cercle C, les deux tangentes à C’ ; elles recoupent C en B(b) et C(c). Former l’équation du second degré de racines b et c. En déduire que la droite BC est elle aussi tangente au cercle C ’. Théorèmes de J. L. Coolidge.
Soient M1, M2, M3 et M4 quatre points cocycliques. Montrer que les cercles d’Euler des triangles
M2M3M4 , M1M3M4 , M1M2M4 et M1M2M3 passent par un même point Ω, et en déduire que leurs centres se trouvent sur un même cercle, de centre Ω. Ce cercle est appelé cercle d’Euler du
quadrilatère M1M2M3M4 . Généraliser ce résultat à 5 points cocycliques, etc. Théorèmes de M. B. Cantor 7.
1) Soient un triangle ABC, I, J et K les milieux de BC, CA et AB. On mène de I la perpendiculaire à la tangente en A au cercle circonscrit, de J la perpendiculaire à la tangente en B, de K la perpen-diculaire à la tangente en C. Montrer que ces 3 droites se rencontrent en Ω, centre du cercle d’Euler.
2) Plus généralement, soient A1, A2, …, An n points cocycliques. De l’isobarycentre de n−1 on mène la perpendiculaire à la tangente au cercle issue du point restant. Montrer que ces n perpendi-culaires sont concourantes. Droites de Simson, hypocycloïde de Steiner.
Soit un triangle ABC, qu’on supposera inscrit dans le cercle unité. Un point M(z) se projette en P, Q et R sur les droites BC, CA et AB resp.
1) Calculer l’affixe p de P ; en déduire celles de Q et R.
2) Montrer l’équivalence : PQR sont alignés ⇔ M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC. La droite PQR est appelée droite de Simson associée au point M. 3) Montrer que les droites de Simson associées à M et M’ sont perpendiculaires ssi M et M’ sont diamétralement opposés. 4) Soient ABCD quatre points cocycliques distincts. Montrer que les droites de Simson de chacun des points par rapport au triangle formé par les trois autres sont concourantes.
5) Soit M(eiθ
) un point du cercle circonscrit. Ecrire sous forme d’un déterminant l’équation de la droite de Simson associée. On suppose à rotation près du repère que a = 1. On pourra admettre que cette droite de Simson a pour équation :
− 2Z ei2θ
+ 2Z eiθ
bc + ei3θ
+ ei2θ
( b + c + 1 ) − eiθ
( bc + b + c ) − bc = 0.
6) Trouver le point caractéristique Z(θ) de cette famille de droites, et vérifier qu’il a pour affixe :
7 Moritz Benedikt Cantor (Mannheim 1829 – Heidelberg 1920), grand historien allemand des mathématiques, sans rapport avec son homonyme Georg Cantor, fondateur de la théorie des ensembles.
14
Z(θ) = ω + 2
ϕie−
( 2eiψ
+ e−i2ψ ) , où ω =
21++cb , bc = e
i2α , ψ = θ + ϕ.
En déduire que l’enveloppe des droites de Simson d’un triangle est une hypocycloïde à 3 rebrousse-ments, ayant pour centre le centre du cercle d’Euler, et tritangente à ce cercle (théorème de Steiner8 ).
Solution (inachevée) :
1) En vertu d’un ex. précédent, l’affixe p de P est donnée par : p = 21 ( z + b + c – bcz ) .
De même, les affixes de Q et R sont : q = 21 ( z + c + a – caz ) et r =
21 ( z + a + b – abz ) .
2) Montrons que : PQR sont alignés ⇔ M appartient au cercle circonscrit au triangle ABC.
Cela découle de : 111rqprqp
= ( a – b )( b – c )( c – a )( 1 – zz ) .
Théorèmes de M. B. Cantor.
1) Soient A1, A2, A3, A4, P1 et P2 six points cocycliques. Les droites de Simson de P1 et P2
relatives au triangle A2A3A4 (resp. A1A3A4, A1A2A4, A1A2A3) se coupent en B1, B2, B3, B4.
Montrer que ces points sont alignés sur une droite, appelée droite de Cantor de P1 et P2 relative au
quadrilatère A1A2A3A4 .
2) Soient A1, A2, A3, A4, P1, P2 et P3 sept points cocycliques. Montrer que les trois droites de
Cantor des paires de points, P1 et P2, P2 et P3 , P3 et P1 relatives au quadrilatère A1A2A3A4 sont
concourantes en un point, appelé point de Cantor des trois points P1, P2 et P3 par rapport au
quadrilatère A1A2A3A4 .
3) Soient A1, A2, A3, A4, A5, P1, P2 et P3 huit points cocycliques. Montrer que les cinq points de
Cantor du triplet (P1, P2, P3) par rapport aux quadrilatères A2A3A4A5, etc. sont alignés sur une
droite, appelée droite de Cantor des points P1, P2 et P3 par rapport au pentagone A1A2A3A4A5 .
4) Généraliser. Exercice : Les médianes du triangle ABC, issues de A, B et C, recoupent le cercle circonscrit en A’,
B’ et C’. Soit G le centre de gravité. Montrer que '
1ag− +
'1bg− +
'1
cg− = 0.
Lieu des points M tels que ²MA
MA + ²MB
MB + ²MC
MC = 0 ?
Droites isogonales, inversion isogonale.
Soient ABC un triangle, A , B et C ses angles. Si M est un point du plan, on appelle droite
isogonale de AM relativement à l’angle A la symétrique de la droite AM par rapport à l’une
quelconque des deux bissectrices de A . On se propose de montrer que les isogonales des droites
AM, BM et CM relativement aux angles A , B et C sont en général concourantes en un point N, dit inverse isogonal de M par rapport au triangle. On suppose le triangle inscrit dans le cercle unité.
8 Jakob Steiner (1796-1863), grand géomètre suisse qui enseigna à Berlin. Steiner a notamment découvert la puissance d’un point par rapport à un cercle et l’inversion.
15
1) Soit M(z). Si la droite AM recoupe le cercle unité en P(p), montrer que p = za
az.1−
− , et que la
droite isogonale relative à A recoupe le cercle en Q(q) où q = p
bc . Equation de cette isogonale ?
2) Vérifier que l’isogonale de AM relative à A et celle de BM relative à B se coupent en N(Z), où
Z = zz
zcbazcabcabzabc.1
).(².−
−+++++− , si M n’appartient pas au cercle unité. Conclusion ?
Que vaut N si M appartient à la droite (AB) ? 3) Soit F le plan privé du cercle circonscrit et des droites AB, BC et CA. Etudier l’application f : M → N de F dans F.
4) Exemples : a) Quel est l’inverse du centre du cercle circonscrit O ? b) Quels sont les points fixes de f ? c) L’inverse du centre de gravité G s’appelle point de Lemoine de ABC. Quelle est son affixe ? d) Soient P(z) = ( z – a )( z – b )( z – c ) , z1 et z2 les racines de P’(z).
Montrer que les deux points de Lucas L1(z1) et L2(z2) ont pour milieu G, sont dans l’intérieur du triangle ABC, et inverses isogonaux l’un de l’autre.
Solution : 1) Soit M(z). La droite AM recoupe le cercle unité en P(p).
Montrons que p = za
az.1−
− . En effet, on a 111zapzap
= 0 et p p = 1.
On trouve une équation du second degré en p, dont on connaît une racine, a, et dont on cherche l’autre…
La droite isogonale relative à A recoupe le cercle en Q. Les angles CAQ et PAQ sont égaux, donc les angles au centre COQ
et POB, le sont aussi. Par conséquent, bp
= qc et q =
pbc .
L’isogonale a pour équation Z + aqZ = a + q , c’est-à-dire :
Z + abcazza
−−1 Z = a + bc
azza
−−1 .
2) Par permutation, l’isogonale relative à B)
a pour équation : Z + abcbzzb
−−1 Z = b + ca
bzzb
−−1 .
Le déterminant du système est D = abc ))(()1)((
bzazzzab
−−−−
, et les formules de Cramer donnent :
Z = zz
zcbazcabcabzabc.1
).(².−
−+++++−
si D ≠ 0, i.e. si M n’appartient pas au cercle circonscrit. Cette expression est symétrique en a, b, c, donc N(Z) est aussi sur la troisième isogonale.
Conclusion : Si M n’appartient pas au cercle circonscrit, les trois isogonales de M se coupent en un même point N, appelé inverse isogonal de M.
Remarque : On vérifie de plus que si M appartient à la droite AB, i.e. si z + abz = a + b, alors Z = c et N = C. C’est d’ailleurs évident géométriquement.
3) Propriétés de l’inversion isogonale.
Soit F le plan privé du cercle circonscrit et des droites AB, BC et CA. On a f(F) ⊂ F et
16
L’application f : M → N est une involution de F, car f(N) = M, et cette involution est continue comme le montre la formule trouvée en 2). Comme F a dix composantes connexes par arcs, f permute ces dix composantes connexes.
4) Exemples.
♣ L’inverse du centre du cercle circonscrit O a pour affixe Z = a + b + c : c’est l’orthocentre H. Il est facile de le montrer géométriquement. ♦ Les points fixes de f sont le centre du cercle inscrit et les trois centres des cercles exinscrits.
♥ L’inverse du centre de gravité G est le point de Lemoine du triangle. C’est l’intersection des trois symédianes (symétriques des médianes par rapport aux bissectrices). Il a pour affixe, après calculs :
L = 2abcbccbaccaabbacbaabcaccbba6²²²²²²
)(²²²²²²−+++++++−++
.
♠ Soient P(z) = ( z – a )( z – b )( z – c ) , z1 et z2 les racines de P’(z).
On a : z1 + z2 = 32 (a + b + c) , z1.z2 =
31 ( ab + bc + ca ) , 1z 2z =
abc31 ( a + b + c ) .
La première relation signifie que le milieu de L1L2 est G.
De plus, on vérifie à l’aide de ces relations que : z2 = 11
111
.1).(².
zzzcbazcabcabzabc
−−+++++−
.
Le fait que L1 et L2 soient dans l’intérieur du triangle ABC découle du théorème de Gauss-Lucas.
Partons en effet de : )()('
zPzP
= az−
1 + bz−
1 + cz−
1 .
Faisant z = zk, il vient 0 = azk−
1 + bzk−
1 + czk−
1 . Multiplions par les conjugués et conjuguons :
Il vient : α.( zk – a ) + β.( zk – b ) + γ.( zk – c ) = 0, où α = ²
1azk−
> 0, etc.
Les deux points de Lucas Lk sont barycentres de A, B, C pondérés par des masses > 0.
Remarque : les points de Lucas coïncident ssi P’(z) = 3( z – z1 )2
, i.e. ssi P(z) = ( z – z1 )3 + K.
Cela revient à dire que le triangle ABC est équilatéral. Droite principale d’inertie d’un triangle .
Soit T = ABC un triangle de centre de gravité G. Si D est une droite passant par G, on appelle moment d’inertie de T par rapport à D : ℑ(T, D) = d(A, D)
2 + d(B, D)
2 + d(C, D)
2 ,
somme des carrés des distances de A, B, C à la droite D. On cherche, parmi les droites D passant par G, celle qui minimise le moment d’inertie de T. Pour cela, on prend G comme origine, de sorte que les affixes a, b, c vérifient a + b + c = 0.
1) Soient u un complexe de module 1, D la droite G + Ru. Montrer que :
ℑ(T, D) = 21 [ |a|
2 + |b|
2 + |c|
2 ] −
41 [ (a 2
+ b 2 + c2
) u2 + ( a
2 + b
2 + c
2 )u 2 ] .
2) On pose u = exp(iθ) et a2 + b
2 + c
2 = r exp(iα) , r > 0.
Exprimer ℑ(T, D) en fonction de θ. A quelle condition cette inertie est-elle constante ? Montrer que, dans le cas contraire, la droite minimisant ℑ(T, D) est celle qui passe par les deux
points de Lucas L1 et L2. Quelle est la droite maximisant ℑ(T, D) ?
Solution : 1) Soit O = G, M(z). On a :
d(M, D)2 = ||OM ||2 − (OM |u )2
= |z|2 − Re(zu )
2 =
21 |z|
2 −
41 [ z 2
u2 + z
2u 2 ] .
La formule demandée en découle par addition.
2) Avec ces notations, il vient : ℑ(T, D) = 21 [ |a|
2 + |b|
2 + |c|
2 − r cos(2θ − α) ] .
La fonction D → ℑ(T, D) est constante ssi r = 0 , i.e. a2 + b
2 + c
2 = 0.
17
Comme a + b + c = 0, on a ab + bc + ca = 0, donc P(z) = (z – a)(z – b)(z – c) est de la forme z3 – K.
Finalement ABC est un triangle équilatéral, et l’inertie est constante égale à 21 (GA
2 + GB
2 + GC
2).
Si le triangle n’est pas équilatéral, ℑ(T, D) est minimum ssi 2θ = α (mod 2π), i.e. θ = 2α (mod π), ou
encore u = ± exp(i2α ). C’est la droite principale d’inertie.
L’inertie est maximum pour la droite perpendiculaire. Reste à vérifier que la droite principale d’inertie passe par les points de Lucas.
Or a + b + c = 0 implique a2 + b
2 + c
2 = − 2 ( ab + bc + ca ).
Donc P’(z) = 3z2 + ab + bc + ca = 3z
2 −
21 ( a2
+ b2 + c
2 ) = 3z2 −
21 r exp(iα) .
Par conséquent, zk = ± 6r exp(i
2α ) . CQFD.
Remarque : On peut démontrer que, parmi toutes les ellipses tangentes aux trois côtés du triangle, il en existe une d’aire maximum. Cette ellipse, dite ellipse de Steiner, est tangente aux trois côtés en leur milieux, a pour foyers les points de Lucas, et pour grand axe la droite principale d’inertie. Il resterait à savoir si la droite principale d’inertie du triangle est aussi la droite principale d’inertie de la plaque triangulaire homogène… Théorème de Morley (1900). 9 Soit ABC un triangle. Les trisectrices intérieures des
anglesA , B etC se coupent en P, Q et R comme l’indique la figure ci-contre. On se propose de montrer que le triangle PQR est équilatéral.
1) Montrer qu’on peut se ramener au cas où le triangle est inscrit dans le cercle unité, de sens
direct, A ayant 1 pour affixe. Les trisectrices des anglesA , B etC coupent le cercle unité en A1, A2,
B1, B2, C1, C2 comme l’indique la figure.
2) Soient γ l’affixe de C1 et β celle de B2. Calculer les affixes de C2, B, B1, C, A1 et A2 en fonction de γ et β.
3) Soient S, T, U et V quatre points du cercle unité, d’affixes resp. s, t, u et v. Montrer que les
droites ST et UV sont parallèles ssi s.t = u.v , et ont pour intersection M(z), où z = vutsvuts
.. −−−+ sinon.
9 Franck Morley (Woodbridge, 1860 – Baltimore, 1937), mathématicien anglais ayant émigré aux Etats-Unis. Le théorème de Morley est en réalité plus complet : il énonce que les foyers des cardioïdes tangentes aux trois côtés d’un triangle forment un ensemble de neuf droites, trois à trois parallèles aux côtés d’un triangle équilatéral. Il en résulte en particulier que les trisectrices d’un triangle forment un triangle équilatéral. De ce résultat ont été données plusieurs démonstrations, que l’on trouvera dans Le théorème de Morley, A. Viricel (éd. A. Blanchard), et Configurations de Morley, A. Warusfel, RMS 4, 2002-2003.
18
4) Calculerp , q , r , puis p + j q + j2
r , et conclure.
Solution : Il existe plusieurs démonstrations du théorème de Morley ; aucune n’est immédiate. Ce théorème s’étend aux trisectrices extérieures. En 1998, Alain Connes, médaille Fields, a revisité la configuration de Morley, et en a trouvé de nouvelles propriétés. 1) Simple argument de similitude.
2) a = 1 , c1 = γ , c2 = γ2 , b = γ3
, b2 = β , b1 = β2 , c = β3
, a1 = j β γ2 , a2 = j
2 γ β2 .
Soient en effet θ, ϕ et ψ tels que γ = exp(iθ) , β = exp(iϕ) et a1/b = a2/a1 = exp(iψ) .
On a 2π = 3θ + 3ψ − 3ϕ , donc ψ = 3
2π − θ + ϕ , et finalement, a1 / b = j β / γ .
3) On calcule p , q , r comme intersections de deux cordes du cercle unité (cf. exercice antérieur).
p = 21
21
ccbbccbb
−−−+ =
²²²²
33
33
γββγγββγ
−−−+
= ²²
1γβ [ β2
+ βγ + γ2 − β − γ ] .
q = 12
12
ccaaccaa
−−−+ = γβγβ
γβγβ3
3
²²²²1−
−−+jj
= γβ²1 [ β2
+ j2 β − j
2 β γ + j − j γ ] .
r = 21
21
bbaabbaa
−−−+ = 3
3
²²1
βγβγγββγ
−−−+
jj
= ²
1βγ [ γ2
− j β γ − j2 β + j
2 + j
γ ] .
Il reste à vérifier que : p + q j2 + r j = 0 . Je l’ai fait … Ouf !
Point de Vecten (1817).
Soit ABC un triangle. On construit extérieurement au triangle les carrés ACRS, BAMN et CBPQ,
de centres resp. O2, O3 et O1, et on complète les parallélogrammes MASA’, PBNB’ et RCQC’.
1) Montrer que les droites BS et CM sont perpendiculaires, ainsi que CN et AP, et que AQ et BR.
2) Montrer que les droites AA’, BB’ et CC’ sont concourantes en l’orthocentre H du triangle ABC.
3) Sur quelles droites se trouve l’orthocentre du triangle APQ ? En déduire que les droites CN, BR et AH sont concourantes.
4) Montrer que MS2 + NP
2 + QR
2 = 3 ( AB
2 + BC
2 + CA
2 ).
5) Montrer que les droites O1A, O2B et O3C concourent en un point V, orthocentre du triangle
O1O2O3. Point de Fermat-Torricelli .
Soient Mk(zk) (1 ≤ k ≤ n) n points de C* . On pose ak = k
k
zz
et on suppose ∑=
n
kka
1
= 0.
1) Montrer que (∀z ∈ C ) ∑=
−n
kkk zza
1
).( = −∑=
n
kkz
1
< 0.
2) Montrer que (∀z ∈ C ) ∑=
−n
kkzz
1
≥ ∑=
n
kkz
1
.
3) On suppose n ≥ 3. Déterminer l’ensemble des points M(z) tels que ∑=
−n
kkzz
1
= ∑=
n
kkz
1
.
4) Soit ABC un triangle dont tous les angles sont < 3
2π . Montrer qu’il existe un unique point M
minimisant MA + MB + MC. Le caractériser et construire géométriquement. Théorème de l’hexagone de Pascal (1640).
19
Soit ABCDEF un hexagone inscrit dans un cercle. Montrer que les intersections respectives X, Y et Z des droites (AB) et (DE), (BC) et (EF), (DC) et (AF) sont trois points alignés.
Pascal énonça ce théorème à seize ans pour un hexagone inscrit dans une conique.
Solution : On peut sans dommage supposer l’hexagone inscrit dans le cercle unité. Notons a, b, c, d, e, f , x, y, z les affixes respectives des neuf points considérés.
Il découle d’un exercice antérieur que x = abed
abdeedba−
+−+ )()(, x =
abedbade
−−−+ , etc.
L’alignement des points X, Y, Z se traduit par 111zyxzyx
= 0 , c’est-à-dire par :
cdafefbcabed
dcfafecbbadecdfaafdcefcbbcfeabdeedba
−−−−−+−−+−−++−++−++−+ )()()()()()(
= 0.
Maple vérifie aussitôt que ce déterminant « de Pascal » est nul. Le vecteur
t( f – c , d – a , b – e ) appartient au noyau de la matrice associée.
Or ce vecteur est non nul si l’on considère a, b, c, d, e, f comme des indéterminées…
Itérations triangulaires.
1) Soit T = A0A1A2 un triangle rectangle en A2 . A2 se projette en A3 sur A0A1 , A3 se projette en
A4 sur A1A2 , …, An se projette en An+1 sur An−2An−1 . Trouver la limite de la suite (An).
2) Soit T = A0A1A2 un triangle. A3 l’isobarycentre de A0A1A2 , A4 l’isobarycentre de A1A2A3 ,
…, An+3 l’isobarycentre de AnAn+1An+2 . Trouver la limite de la suite (An).
3) Soit T = ABC un triangle, f(T) = A’B’C’ le triangle dont les sommets sont les points de contact du cercle inscrit dans T avec les côtés BC, CA et AB. On considère la suite de triangles T0 = T, Tn+1
= f(Tn). Montrer que les angles de Tn tendent vers 3π . Vers quel point tendent les sommets de Tn ?
4) Soit T un triangle. Un point M du plan se projette en M1 sur la droite BC, M1 se projette en M2
sur CA, M2 se projette en M3 sur AB, qui se projette en M4 sur BC, etc. Etudier la suite (Mn). Quadrilatères.
Soit Q = M1M2M3M4 un quadrilatère. On construit les carrés de sens direct M1M2M’ 2M’ 1,
M2M3M’ 3M’ 2, M3M4M’ 4M’ 3 et M4M1M’ 1M’ 4. et on note A, B, C et D leurs centres respectifs. Montrer que AC ⊥ BD et AC = BD. A quelle condition portant sur Q, ABCD est-il un carré ? Un théorème de Pappus.
Soit ABCD un quadrilatère inscrit dans un cercle Γ, M un point quelconque de ce cercle.
20
Montrer que le produit des distances de M à deux côtés opposés du quadrilatère est égal au produit des deux autres.
4. Homographies, groupe circulaire. 4.1. Le plan complexe complété.
De même qu’il est fort utile de compléter R par deux points à l’infini, il est utile de compléter le
plan complexe par un point à l’infini sans signe : C~
= C ∪ ∞. Cela permet d’étudier de manière
satisfaisante les homographies propres h : z → dczbaz
++ (où ad − bc ≠ 0) comme des bijections
continues C→ C en posant : si c ≠ 0 , h(∞) = ca et h(−
cd ) = ∞ , et si c = 0 (donc d ≠ 0), h(∞) = ∞ :
cette convention évite toute discussion sur les domaines de définition.
Pour construire C~
, on va utiliser un transport de distance. Considérons l’espace euclidien E = R3
muni du produit scalaire canonique, et identifions C avec le plan Π d’équation Z = 0. La sphère unité Σ de E a alors C = Π comme « plan équatorial » ; notons N(0, 0, 1) son « pôle nord ».
La projection stéréographique10 de pôle N établit une bijection entre Σ−N et le plan C. Au point sphérique M(X, Y, Z) ∈ Σ−N elle associe son image plane P(x, y, 0) d’affixe z = x + i.y. Proposition 1 : Les points M et P sont reliés par les formules :
X = ²²1
2yx
x++ Y =
²²12
yxx++ Z =
1²²1²²
++−+
yxyx
et x = Z
X−1
y = Z
Y−1
Preuve : Les points N, M et P sont alignés et
vérifient la relation : NM . NP = 2. En effet, si l’on considère le grand cercle passant par N, S, M et P et l’angle θ = (SNP),
NM = NS.cos θ et NP = θcosNO .
Remarque : L’application M → P est donc la restriction à Σ−N et à Π de l’inversion spatiale Inv(N, 2) de pôle N et de puissance 2.
Si l’on munit Σ de la distance euclidienne induite par celle de E (ou « distance cordale »), on peut
transporter cette distance en une distance sur C~
via la projection stéréographique. Mais avant cela,
on complète C en lui adjoignant un point à l’infini C~
= C ∪ ∞, et on prolonge la projection stéréographique en convenant que le projeté de N est ∞. C devient alors un espace métrique pour une distance k, définie par :
k(z , z') = )²'1²)(1(
'.2
zz
zz
++−
, k(z , ∞) = k(∞ , z) =²1
2z+
, k(∞ , ∞) = 0 .
Proposition 2 : i) L’espace métrique (C~
, k) est isométrique à Σ, donc compact et connexe par arcs.
ii) Si z0 ∈ C, on a z → z0 dans (C
~, k) ssi z → z0 pour la distance usuelle, autrement dit la
topologie induite sur C par celle de (C~
, k) coïncide avec la topologie usuelle de C.
10 La projection stéréographique, ou polaire, est due à l’astronome et mathématicien grec Hipparque de Nicée (en Bithynie) (env. -180, -125 av J-C). Il fit des observations astronomiques à Rhodes, Alexandrie, Syracuse et Babylone.
21
iii) De plus z → ∞ dans C~
⇔ |z| → +∞ dans R+ ⇔
z1 → 0 dans C.
Remarques : 1) Le plan complexe complété (C~
, k) est aussi appelé sphère de Riemann. C’est un « compactifié d’Alexandrov » de C. Ce plan complété n’est pas à confondre avec le plan projectif réel, lequel compactifie le plan réel de manière plus compliquée. En revanche, c’est aussi une droite complétée : la droite projective complexe. 2) La complétion a l’inconvénient de détruire la structure de corps de C. 4.2. Inversion.
Définition 1 : Soient E un plan euclidien, k un réel non nul. On appelle inversion de pôle O et de puissance k l’application Inv(O, k) : E−O → E−O qui au point M associe le point M’ tel que O,
M et M’ soient alignés et OM . 'OM = k. On en déduit aussitôt 'OM = k.²OM
OM .
Analytiquement, si (O, i , j ) est un repère orthonormé, x’ = ²²
.yxxk
+ et y’ = ²²
.yxyk
+ .
En complexes z’ = zk . On prolonge Inv(O, k) à C
~ en convenant qu’elle échange 0 et ∞.
Proposition 3 : L’inversion est une involution continue de (C~
, k).
Proposition 4 : L’image par Inv(O, k) : ♣ d’une droite passant par O est elle-même. ♦ d’une droite ne passant pas par O est un cercle passant par O. ♥ d’un cercle passant par O est une droite ne passant pas par O. ♠ d’un cercle ne passant pas par O est un cercle ne passant pas par O.
Cet énoncé est rigoureux si l’on adjoint à chaque droite le point à l’infini. En d’autres termes, l’inverse d’une droite-ou-cercle est une droite-ou-cercle.
Preuve : Par les complexes, on peut choisir un repère orthonormé de telle sorte qu’une droite ait pour
équation z + z = 2a, et qu’un cercle soit centré sur l’axe x’Ox. Il existe d’autres preuves, plus géométriques, utilisant la puissance d’un point par rapport à un cercle.
Remarque : On peut d’ailleurs unifier droites et cercles en considérant les droites comme des cercles passant par le point à l’infini, c’est-à-dire comme des cas-limites de cercles. C’est manifeste sur la
sphère Σ, car on peut démontrer que les droites-et-cercles de C~
sont les projections stéréographiques des cercles tracés sur Σ. 4.3. Homographies.
Nous sommes maintenant en mesure de donner une théorie satisfaisante des homographies.
Définition 2 : Soit A =
dcba ∈ Gl2(C). On appelle homographie, ou transformation de Moebius
associée à A l’application hA : C~
→ C~
définie par :
• Si c ≠ 0, hA(z) = dzcbza
++
.. si z ∈ C
~− ∞, −
cd , h(∞) =
ca et h(−
cd ) = ∞ ;
• Si c = 0 (donc d ≠ 0), hA(z) = dzcbza
++
.. =
dbza +. si z ∈ C
~− ∞ = C, et h(∞) = ∞.
Le cas c = 0 correspond aux similitudes directes.
Théorème 5 : i) Soit A ∈ Gl2(C) ; l’homographie associée hA : C~
→ C~
est un homéomorphisme.
22
ii) L’application qui à A associe l’homographie hA est un homomorphisme du groupe linéaire
Gl2(C) dans le groupe des homéomorphismes de C~
. Soit H le groupe des homographies de C~
. iii) Le groupe H est engendré par :
− les translations z → z + h ( h ∈ C ) , − les homothéties-rotations z → k.z ( k ∈ C* ),
− l’inversion-symétrie z → z1 .
iv) Le noyau du morphisme Gl2(C) → H est formé des matrices a.I2 (a ∈ C*), autrement dit :
hA = hB ⇔ ∃λ ∈ C* B = λ.A .
Preuve :
Si c = 0 (donc a et d ≠ 0), la similitude hA(z) = dzcbza
++
.. =
dbza +. =
da (z +
ab ) est composée d’une
translation et d’une homothétie-rotation.
Si c ≠ 0, hA(z) = dzcbza
++
.. =
ca −
²cbcad− .
cdz+
1 est composée des 3 types de transformation.
On en déduit déjà i) et iii). hA o hB = hA.B se vérifie à la main, en distinguant plusieurs cas. Conséquences :
Soient A ∈ Gl2(C), z ∈ C~
. Notons de manière abrégée hA(z) = A.z. Il découle du théorème précédent que A.(B.z) = (A.B).z et I.z = z. On définit ainsi une action de
groupes : l’action par homographies du groupe Gl2(C) sur le plan complété C~
.
Applications :
1) Suites récurrentes homographiques.
La suite z0 ∈ C , zn+1 = hA(zn) , vérifie zn+1 = A.zn
, donc zn = An.z0 .
Son comportement est lié à celui des puissances de A.
2) Fractions continues :
a0 +
za
etca
a
n1
1.1
11
2
1
++
++
=
0110a .
0111a …
011na .z.
Exercice 1 : On considère la suite z0 ∈ C, zn+1 = 1 +nz
1 . Étudier cette suite. Limites éventuelles.
Exercice 2 : Résoudre l’équation z = 1 +
z1...
1111
1
++
+ (2006 barres de fractions).
Exercice 3 : Pour tout r ∈ ]0, 1[ on pose M(r) = sup|z|=r 313
++
zz .
1) Montrer que M est croissante et que M(r) < 1.
2) Soit (zn) la suite z0 ∈ C, zn+1 = 11.3
++
n
n
zz . Etudier la convergence de (zn) et de la série ∑ zn.
Exercice 4 : Classification des homographies.
1) Montrer qu’une homographie h ≠ Id a un ou deux points fixes.
23
2) Si h a un unique point fixe ζ, h est, soit une translation (si ζ = ∞), soit de la forme :
ζ−)(1
zh = ζ−z
1 + h (homographies dites paraboliques).
3) Si h a deux points fixes ζ1 et ζ2, h est, soit de la forme h(z) − ζ1 = s.(z − ζ1 ), si ζ2 = ∞ ,
soit de la forme : 2
1
)()(
ζζ
−−
zhzh
= s.2
1
ζζ
−−
zz
.
• si |s| = 1, h laisse globalement invariants les cercles de points limites |2
1
ζζ
−−
zz | = cte ;
(homographies dites elliptiques) ;
• si s ∈ R, h laisse globalement invariants les cercles de points de base Arg 2
1
ζζ
−−
zz
= cte ;
(homographies dites hyperboliques) ;
• les autres sont dits loxodromiques.
4) Etudier dans chacun des cas les suites récurrentes zn+1 = h(zn). Proposition 6 : L’image d’une droite-ou-cercle par une homographie est une droite-ou-cercle.
Cela découle de ce qu’une homographie est composée de translations, d’homothéties, de rotations et de la transformation z → 1/z qui est composée de l’inversion de pôle O et de puissance 1, et de la symétrie par rapport à x’Ox.
Ainsi, Gl2(C) agit sur l’ensemble C des droites-et-cercles de C.
Exercice 5 : Montrer que l’homographie h : z → iziz
+− envoie la droite réelle R sur le cercle unité U.
Quelle est l’image par h du demi-plan Im z > 0 ? du demi-plan Im z < 0 ? Trouver toutes les homographies envoyant R sur U.
Exercice 6 : Soit A =
dcba ∈ Gl2(R). Exprimer Im A.z à l’aide de Im z.
Montrer que l’homographie hA envoie R sur R. Quelle est l’image du demi-plan Im z > 0 ?
Exercice 7 : Trouver toutes les homographies envoyant U dans U.
Exercice 8 : Décrire le sous-groupe G de H engendré par f : z → z1 et g : z → 1 − z.
Quelles sont les images de U par les éléments de G ? Montrer que ces images partagent le plan en 6 régions, et que, si z est contenu dans l’intérieur de l’une d’elles, chacune des 6 régions contient exactement un h(z), où h ∈ G. 4.4. Birapport.
Définition 3 : Etant donnés quatre éléments de C deux à deux distincts z1, z2, z3, z4, on appelle
birapport de ces éléments et on note [z1, z2, z3, z4 ], le complexe fini ou non :
[z1, z2, z3, z4] = 32
31
zzzz
−−
: 42
41
zzzz
−−
∈ C.
Si z1 = ∞, r = 32
42
zzzz
−−
; si z2 = ∞, r = 41
31
zzzz
−−
; si z3 = ∞, r = 41
42
zzzz
−−
; si z4 = ∞, r = 32
31
zzzz
−−
.
Proposition 7 : Les homographies conservent le birapport, en ce sens que, si z1, z2, z3, z4 sont quatre éléments de C deux à deux distincts, pour toute homographie h, on a : [h(z1), h(z2), h(z3), h(z4)] = [z1, z2, z3, z4 ].
24
Preuve : Il suffit de démontrer le résultat pour chacun des générateurs de H : translations z → z + h
(h ∈ C) , homothéties-rotations z → k.z (k ∈ C*), et inversion-symétrie z → z1 .
Corollaire : Si (z1, z2, z3) et (z’1, z’2, z’3) sont deux triplets d’éléments de C~
deux à deux distincts,
il existe une unique homographie h telle que (∀k) h(zk) = z’k .
En d’autres termes, H agit de manière simplement transitive sur l’ensemble des triplets d’éléments
de C~
deux à deux distincts.
Preuve : Si h existe, elle vérifie (∀z) [h(z), z’1, z’2, z’3] = [z, z1, z2, z3]. Cette relation, résolue en h(z), montre que h(z) est une homographie en z. Réciproque facile.
Proposition 8 : Les quatre points Mk(zk) (1 ≤ k ≤ 4) de C sont cocycliques ou alignés si et seulement
si leur birapport [z1, z2, z3, z4 ] est réel.
Exercice 9 : Soient z1, z2, z3, z4 quatre complexes finis et distincts, r = [z1, z2, z3, z4 ]. Montrer que,
lorsqu’on permute les zk, leur birapport prend en général 6 valeurs que l’on exprimera à l’aide de r. 4.5. Anti-homographies, groupe circulaire.
Définition 4 : Soit A =
dcba ∈ Gl2(C). On appelle anti-homographie associée à A l’application
h A : z → A. z (avec la convention ∞ = ∞ ). Notons A l’ensemble des anti-homographies.
Théorème 8 : L’ensemble G = H ∪ A des homographies et anti-homographies est un groupe appelé groupe circulaire. Ce groupe est engendré par :
− les translations z → z + h (h ∈ C) , − les homothéties-rotations z → k.z (k ∈ C*) ,
− l’inversion z → z1 , − la symétrie z → z .
Le groupe circulaire est aussi engendré par les inversions planes Inv(A, k) (k ∈ R*) de pôles et de puissances quelconques, comme le montre l’exercice suivant :
Exercice 10 : 1) Soient f = Inv(A, α) et g = Inv(B, β) (α, β ≠ 0) deux inversions.
Quelle est leur transmuée g o f o g−1
= g o f o g ?
2) Montrer qu’une symétrie par rapport à une droite est produit de 3 inversions. En déduire qu’un déplacement est produit d’inversions.
3) Montrer qu’une homothétie est produit de deux inversions de mêmes pôles.
4) En conclure que les inversions Inv(A, α) (α ≠ 0) engendrent le groupe circulaire ; plus précisément, toute homographie est produit d’un nombre pair d’inversions, toute anti-homographie d’un nombre impair d’inversions. 4.6. Le groupe circulaire.
Appelons « droite » de C~
la réunion d’une droite du plan C et du point ∞, et « cercle » de C un cercle du plan au sens usuel. Notons C l’ensemble des droites-et-cercles de C. Le résultat suivant découle de 4.2 et 4.4. :
Proposition 9 : Soit f un élément de G. f est une permutation de C~
laissant stable l’ensemble C des droites-et-cercles.
25
Nous allons montrer une réciproque de cette propriété géométrique ; cette réciproque constitue, pour le groupe circulaire, l’analogue du théorème fondamental de la géométrie affine pour le groupe affine.11
Théorème 10 : Soit f une permutation de C~
laissant stable l’ensemble C des droites-et-cercles. Alors f est élément de G.
Preuve : Notons F l’ensemble des permutations f de C telles que f(∞) = ∞, et f(C ) ⊂ C. F contient les similitudes, et est stable par composition. Dans les lemmes 1 à 7, f désigne un élément de F.
Lemme 1 : Pour toute droite D, f(D) est une droite ; pour tout cercle Γ, f(Γ) est un cercle.
En effet, f(D) contient ∞, donc est une droite ; f(Γ) ne contient pas ∞, donc est un cercle.
Lemme 2 : Si la droite D et le cercle Γ sont tangents en M, la droite f(D) et le cercle f(Γ) sont tangents en f(M).
En effet, card f(Γ) ∩ f(D) = card f(Γ ∩ D) = card Γ ∩ D = 1, d’où la tangence.
Lemme 3 : Deux droites parallèles D et D’ ont pour images par f deux droites parallèles.
En effet D // D’ ⇔ D ∩ D’ = ∞ ⇒ f(D) ∩ f(D’) = f(∞)= ∞ ⇒ f(D) // f(D’).
Lemme 4 : Si f admet deux points fixes A et B, f laisse invariante la droite (AB), la médiatrice de [AB], le milieu de [AB] et le cercle de diamètre [AB].
Tout d’abord, l’image par f de la droite (AB) est une droite-ou-cercle passant par f(A) = A, f(B) = B et f(∞) = ∞ : c’est donc la droite (AB). Soient I le milieu de [AB], ∆ la médiatrice de AB, C un point de ∆ distinct de I, et Γ le cercle circonscrit au triangle ABC. Si T est la tangente en C à Γ, la droite f(T) est tangente en f(C) à f(Γ) qui passe par A et B. Comme T est parallèle à (AB), f(T) est parallèle à f((AB)) = (AB) ; donc f(C)∈∆. Donc f(∆) est une droite contenue dans ∆, donc égale à ∆. De plus, f(I) = f(∆) ∩ f((AB)) = ∆ ∩ (AB) = I . Soit enfin γ le cercle de diamètre [AB], U la tangente en A à γ. Alors f(U) est
parallèle à ∆ et passe par A, donc U = f(U), ce qui implique γ = f(γ).
Lemme 5 : Si f laisse fixes les points d’affixes 1 et −1, f fixe tout rationnel dyadique.
En effet, soient γ le cercle de diamètre [−1, 1], T et T’ les tangentes à γ en i et −i. f préserve ou échange T et T’. Si c est le cercle de diamètre [1, 3], f(c) est un cercle tangente à γ, T et T’, et distinct de γ, donc f(c) = c. D’où f(3) = 3, et (lemme 4) f(2) = 2. De proche en proche, on montre que f(n) = n pour tout n∈N. De la même manière f(n) = n pour tout n∈−N. Par applications répétées du lemme 4, on montre que les n/2, n/4, n/8, etc. sont fixés par f.
Lemme 6 : Si f laisse fixes les points d’affixes i et −i, f fixe tout imaginaire pur rationnel dyadique.
11 Dans leurs Compléments de géométrie (26ème leçon), R. Deltheil et D. Caire déduisent le théorème 10 du théorème fondamental de la géométrie affine.
26
Il suffit d’appliquer le lemme 5 à g : z → − i.f(i.z) ; elle appartient à F, donc laisse fixes les rationnels dyadiques ; revenir à f !
Lemme 7 : Si f laisse fixes les points d’affixes 1 et −1, alors
(∀z) f(z) = z ou (∀z) f(z) = z .
En vertu du lemme 4, f(i) = ± i .
Si f(i) = i, on pose g = f ; si f(i) = −i, on pose g = f .
g fixe −1, 1, i et −i, et appartient à F, donc g fixe tout rationnel et tout imaginaire pur dyadique.
Soient a un réel, p = mk2
< a < q = nl2
deux rationnels dyadiques
encadrant a. Notons D et D’ les parallèles à iR menées par p et q. Comme p, q et iR sont invariants par g, on a g(D) = D et g(D’) = D’. Considérons maintenant les deux cercles Γ et Γ’ passant par a et tangents à D et D’. Leurs images par g, g(Γ) et g(Γ’), sont deux cercles tangents à D et D’ et passent par le réel g(a). Donc p < g(a) < q. En vertu de l’axiome d’Archimède, p et q peuvent être choisis arbitrairement proches de a, donc g(a) = a. Soit z = x + iy ∈ C (x et y réels). Soient D la parallèle à R menée par z, D’ la parallèle à iR menée par z. Comme g(x) = x et g(iy) = iy, g(D) = D et g(D’) = D’, donc g(z) = g(D ∩ D’) = g(D) ∩ g(D’) = D ∩ D’ = z : g(z) = z. g est l’application identité. CQFD.
Conclusion : Soit f une permutation de C laissant stable l’ensemble C des droites-et-cercles.
Si f(∞) = ∞, on pose g = f ; sinon, on pose ω = f(∞) et g(z) = ω−)(1
zf.
Soient u = g(1), v = g(−1) ; u et v sont distincts, donc il existe a ∈ C* et b ∈ C tels que : a.u + b = 1 et a.v + b = −1. Soit s la similitude : z → a.z + b. L’application s o g vérifie les hypothèses des 7 lemmes et fixe 1 et –1. En vertu du lemme 7, on a : − soit (∀z) (s o g)(z) = z, et alors f est une homographie ;
− soit (∀z) (s o g)(z) = z , et alors f est une anti-homographie. CQFD.
Problème
Soient E l’espace euclidien R3 muni du produit scalaire canonique,
Σ la sphère unité de E, N(0, 0, 1) son « pôle nord ».
La projection stéréographique Φ de pôle N établit une bijection entre Σ−N et le plan C. Au point sphérique M(X, Y, Z) ∈ Σ−N elle associe son image plane P = Φ(M) de coordonnées (x, y, 0) dans le plan équatorial Z = 0. Soit affixe z = x + i.y l’affixe de P.
On prolonge Φ en une bijection : Σ → C en posant Φ(N) = ∞ comme indiqué en 4.1.
1) Montrer que l’ensemble des restrictions à Σ des isométries de E forment un groupe Is(Σ).
2) Soit f ∈ Is(Σ). Montrer que Φ o f o Φ−1 appartient au groupe circulaire G. Etudier cette
correspondance : noyau, image ; cas où f est une rotation, une antirotation ?
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5. Transformation de Joukovski.12 Problème On considère la fonction de variable complexe f définie par :
z ∈ C* → w = f(z) = 21 ( z +
za² ) , où a ∈ R*+ . On pose b = − a.
1) Montrer que f est une surjection continue C* → C. Si m(z) est donné, comment construire à la règle et au compas son image M(Z) ? Quels sont les antécédents de Z par f ?
2) a) On pose z = r.eiθ
, Z = X + i.Y. Calculer X et Y en fonction de r et θ.
b) Quel ensemble décrit M lorsque m décrit un cercle de centre O, resp. une droite passant par O, un disque ou une couronne de centre O ? Caractériser les lieux trouvés.
3) a) Pour tout z ∈ C, on note h(z) = azaz
+− . Trouver une relation entre h(Z) et h(z). En déduire
l’application h o f o h−1
.
b) Quel ensemble décrit M lorsque m décrit un cercle passant par A(a) et B(b) ? Un cercle du
type PBPA = Cte ?
c) Soit u0∈C. On définit la suite un+1 = f(un). Trouver une expression explicite de un en fonction
de n et u0. Discuter selon les valeurs de ρ = |auau
+−
0
0 | le comportement de la suite (un).
5) Représenter à l’aide d’un ordinateur l’astroïde lieu des points m d’affixes z = 4a (3.e
it + e
−3it)
(où t décrit R) et sa transformée par f.
6) Profils Joukovski. Un cercle est centré en Ω sur Oy et passe par A et B. Un autre cercle contient le précédent, et lui est tangent en A. Il est centré en Ω’. On considère la lunule ayant pour frontière la réunion de ces deux cercles. Dessiner l’image de cette lunule par f pour différentes valeurs de h = OΩ et de d = ΩΩ’. Interpréter h et d.
12 Nikolai Iegorovitch Joukovski (Orekhovo 1847 – Moscou 1921), ingénieur en hydrodynamique et aéro-dynamique, père de l’aviation russe. Il étudia la dynamique du vol des oiseaux (1891), énonça une loi sur la portance des ailes d’avion (1906), détermina en 1911 les profils d’ailes et de pales d’hélices les plus avan-tageux ; pour cela, il utilisa la théorie des fonctions de variable complexe, et notamment la fonction qui porte son nom. Il étudia la théorie tourbillonnaire de l’hélice (1912-1918). Durant la première guerre mondiale, il donna des cours aux pilotes et organisa en 1918 l’Institut aérohydrodynamique central. L’ingénieur aéronautique Tupolev (1888-1972) fut l’un des élèves de Joukovski.
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6. Règle et compas. Le Compas aussitôt sur un pied se dressa,
Et de l'autre, en tournant un grand cercle traça La Règle en fut ravie, et soudain se vint mettre
Dans le milieu du cercle, et fit le diamètre. Son amant l'embrassa, l'ayant à sa merci,
Tantôt s'élargissant et tantôt raccourci, Et l'on vit naître alors de leurs doctes postures
Triangles et carrés, et mille autres figures.
Charles Perrault, Les amours de la règle et du compas.
Il est facile de mener d’un point la parallèle ou la perpendiculaire à une droite donnée, avec la règle et au compas. Les figures ci-dessous montrent comment construire à la règle et au compas la somme de deux complexes, le produit, l’inverse, le quotient, la racine carrée de réels > 0. Passer aux complexes est facile en ajoutant, soustrayant ou divisant par deux les angles. Les outils sont simples : théorème de Thalès et puissance d’un point par rapport à un cercle.
Somme de deux complexes Produit de deux réels > 0 Inverse d’un réel > 0
Quotient de deux réels > 0 Racine carrée d’un réel > 0
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Problème : Construction à la règle et au compas. On identifie le plan euclidien P au corps C des nombres complexes, et on note O = (0, 0), I = (1, 0). Un point M de P est dit constructible (à la règle et au compas à partir de BBBB = O, I) s’il existe
une suite finie M1, M2, …, Mn = M de points de P telle que, pour tout i ∈ [1, n], M i est point d’intersection soit de deux droites, soit d’une droite et d’un cercle soit de deux cercles, ces
droites et ces cercles étant obtenus à l’aide de l’ensemble Ei = BBBB ∪ M 1, M2, …, Mi−1 de la façon
suivante : chaque droite passe par deux points distincts de Ei, chaque cercle est centré en un point de
Ei et a pour rayon la distance entre deux points de Ei.
Il est demandé d’illustrer les démonstrations par des figures géométriques.
1) Exemples :
a) Montrer que les points à coordonnées rationnelles sont constructibles.
b) Montrer que le dodécagone régulier (12 côtés) de centre O et ayant I pour sommet est constructible.
2) Le corps des nombres constructibles.
Montrer que l’ensemble Γ des points constructibles est un sous-corps de C vérifiant : ∀z ∈ Γ u2 = z
⇒ u ∈ Γ. En déduire que ∀(a, b, c) ∈ Γ*×Γ×Γ a.z2 + b.z + c = 0 ⇒ z ∈ Γ.
Enoncer des propriétés algébriques de Γ ∩ R = K, et montrer que Γ = K + i.K.
3) Le pentagone.
a) Résoudre z4 + z
3 + z
2 + z + 1 = 0 en prenant comme
inconnue auxiliaire x = z + 1/z. b) En déduire sous forme de radicaux les rapports trigono-
métriques cos10πk et sin
10πk (0 ≤ k ≤ 10)
c) Montrer que le pentagone régulier de centre O et ayant I pour sommet est constructible, et le construire. d) En déduire que le pentédécagone (15 côtés) régulier de centre O, de sommet I, est constructible.
4) Caractérisation des nombres constructibles.
Soient K un sous-corps de R, D et D’ deux droites sécantes admettant des équations à coefficients dans K ; montrer que M = D ∩ D’ a ses coordonnées dans K. Si D et C sont une droite et un cercle sécants, et admettant des équations à coefficients dans K, montrer que leurs points d’intersection ont leurs coordonnées dans une extension quadratique de K. Même résultat pour deux cercles sécants.
Montrer l’équivalence des propriétés suivantes (Théorème de P. L. Wantzel, 1837) :
a) z est constructible ;
b) Il existe un entier n et une suite croissante K0 = Q ⊂ K1 ⊂ K2 ⊂ …⊂ Kn de sous-corps de C
telle que z ∈ Kn, et Ki+1 soit une extension quadratique de Ki.
En déduire qu’un nombre constructible est un nombre algébrique de degré 2n sur Q.
5) Application : Parmi les polygones réguliers à n côtés, 3 ≤ n ≤ 10, lesquels sont constructibles à la règle et au compas ?
6) On note F17 = Z/17Z , ω = exp172 πi , ωk = ωk
, ζk = ωk + kω
1 pour k ∈ Z.
a) Vérifier que le groupe multiplicatif F17* est cyclique et engendré par 3. Tabuler la fonction
m ∈ [0, 15] → k = 3m. Sous-groupes de F17* ?
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b) Etablir la formule ζp.ζq = ζp+q.ζ|p−q| ∀(p, q).
c) Que vaut a = ∑=
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1kkω ? On pose b1 = ∑
mpairkω et b2 = ∑
mimpairkω . Exprimer b1 et b2 à l’aide des ζk.
Calculer b1 + b2 et b1.b2 . Montrer que b1 > 0 et en déduire les valeurs de b1 et b2.
d) On pose c1 = ∑≡ )4(mod0m
kω , c2 = ∑≡ )4(mod2m
kω , c3 = ∑≡ )4(mod1m
kω et c4 = ∑≡ )4(mod3m
kω .
De même qu’en c), calculer c1 + c2 et c1.c2 , c3 + c4 et c3.c4 . En déduire les ci (1 ≤ i ≤ 4).
e) On pose e1 = ω + ω16 et e2 = ω4 + ω13 . Calculer e1 + e2 et e1.e2 . En déduire :
cos172π =
161 [ −1 + 17 + 17234− + 172341617234)171(2171268 +−−+−++ ]
En déduire qu’on peut construire à la règle et au compas le polygone régulier de 17 côtés de centre O et de sommet I (Théorème de Gauss, 1796). Voici, piochées sur Internet, des constructions explicites du pentagone et de l’heptadécagone réguliers 13.
Remarque : Le 30 mars 1796, Gauss démontra que le polygone régulier à 17 côtés est constructible à la règle et au compas. Il avait alors 18 ans, et cette découverte le décida à se consacrer aux mathématiques (il hésitait jusque là entre les mathématiques et la philologie). Dans ses Disqui-sitiones Arithmeticae, il énonça une condition nécessaire et suffisante pour que le polygone régulier de n côtés soit constructible, et prouva la condition suffisante ; il affirma savoir établir la nécessité, mais ne la publia jamais (le connaissant, on peut être sûr qu’il l’avait !)
Théorème de Gauss : Pour que le n-gone régulier soit constructible à la règle et au compas, il faut et
il suffit que n soit de la forme n = 2s.p1 ... ps , où les pi sont des nombres premiers distincts de la
forme k2
2 + 1, i.e. des nombres premiers de Fermat.
On sait que 3, 5, 17, 257 et 65537 sont premiers ; le suivant n’est pas premier, et l’on conjecture que 3, 5, 17, 257 et 65537 sont les seuls nombres premiers de Fermat. Les polygones réguliers de 257 et 65537 côtés ont été effectivement construits à la règle et au compas. En 2011, Ivan Marin a récemment feuilleté, à la bibliothèque de Göttingen, l’énorme volume consacré à la construction du polygone régulier de 65537 côtés.
13 On trouvera aussi une telle construction dans le cahier de Pour la science de janvier 1994 consacré aux mathématiciens (p. 39).
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(cf. Ian Stewart, Galois theory, J.-C. Carrega, Règle et compas).
7. Courbes cycloïdales. Voir chapitre sur le sujet.
8. Inégalités isopérimétriques.
Problème : inégalités isopérimétriques pour les polygones.
A. Première partie. Soit E l’espace vectoriel des applications de Z/nZ dans C.
1) Montrer que < f , g > = ∑∈ nZZm
mgmf/
)(.)( définit un produit scalaire hermitien sur E, et que les
fonctions (hk)0≤k≤n−1 définies par hk(m) =n1 exp( )2
nkmiπ (m ∈ Z/nZ) forment une base ortho-
normée de E.
2) Comparer les décompositions dans cette base de deux fonctions f et g vérifiant :
(1) ∑∈ nZZm
mf/
)( = ∑∈ nZZm
mg/
)( = 0 (2) ∀m ∈ Z/nZ 2
)1()( ++ mgmg = f(m+1) − f(m).
3) On suppose de plus que |g(m)| est un nombre β indépendant de m.
Montrer que 2.Im < f , g > ≤ n.β.cotan nπ , avec égalité si et seulement si g est proportionnel à h1.
B. Deuxième partie. Soit E un plan affine euclidien orienté.
On appelle polygone à n côtés une application A : m ∈ Z/nZ → Am ∈ E ,
périmètre de A : L(A) = ∑∈
+nZZm
mmAA/
1 , et aire de A : S(A) = 21 ∑
∈+∧
nZZmmmm AAOA
/1
où ∧ désigne le déterminant des coordonnées dans une base orthonormée directe.
0) Montrer que S(A) est indépendant du point O.
1) Montrer qu’il existe un polygone à n côtés pour lequel la fonction )²()(
ALAS
atteint sa borne
supérieure. Montrer qu’il correspond à la borne supérieure de la valeur absolue.
2) Soient B et C deux points de E, p un réel > ||BC ||. Montrer que la borne supérieure de l’aire
21 BM ∧ BC lorsque M varie en étant soumis à la contrainte ||BM || + ||CM || = p, est atteinte pour
un triangle isocèle ||BM || = ||CM || .
3) Montrer qu’un polygone à n côtés pour lequel la borne supérieure de )²()(
ALAS
est atteinte, a ses n
cotés égaux.
4) Pour m ∈ Z/nZ, on note x(m) et y(m) les coordonnées de Am dans une base orthonormée directe
dont l’origine est le centre de gravité des Am.
On pose h(m) = x(m) + i.y(m) , g(m) = h(m+1) − h(m) et f(m) = 2
)1()( ++ mhmh.
Montrer que S(A) = −2i < f , g > , et que S(A) ≤ (4n.tan
nπ )
−1.L(A)
2 . Quand a-t-on égalité ?
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5) Quelle est la borne supérieure du rapport )²()(
ALAS
lorsque A décrit l’ensemble des polygones ?
6) Soit K un compact convexe d’intérieur non vide du plan. Majorer le rapport )²()(
PLPS
.
Quand peut-on penser que la borne supérieure est atteinte ?
Lexique franco-anglais
Milieu de AB : midpoint of AB Centre de gravité : centroid Centre du cercle circonscrit : circumcenter Centres des cercles inscrit et excinscrits : incenter and three excenters. Orthocentre : orthocenter Birapport : cross-ratio ____________
Bibliographie M. Lavrentiev et B. Chabat, Méthodes de la théorie des fonctions d’une variable complexe, Mir. N. Efimov, Géométrie supérieure, Mir. H. Schwerdtfeger, Geometry of complex numbers, Dover. Liang-shin Hahn, Complex numbers and Geometry, The Mathematical Association of America. Y. et R. Sortais, La géométrie du triangle, Hermann. A. Avez, La leçon de géométrie à l’oral de l’agrégation, Masson. M. Collet et G. Griso, Le cercle d’Euler, Vuibert. A. Viricel, Le théorème de Morley, Blanchard. R. Deltheil et D. Caire, Compléments de géométrie, Gabay. L. Félix, Géométrie moderne, p. 376-380, Dunod. G. Lion, Vous avez dit « circulaire », RMS 4, 2002-2003. J.-D. Eiden, Géométrie analytique et nombres complexes, chap. V, Calvage et Mounet, 2009. Un article Sur la géométrie élémentaire du triangle dans le plan complexe, de J. E. Hofmann ou L. Nivelle est disponible sur Internet. Je ne l’ai pas utilisé ici. ____________
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Trémois
