Théorème de Morley

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Morley triangle.svg

En mathématiques, et plus précisément en géométrie plane, le théorème de Morley, découvert par Frank Morley en 1898, affirme que :
« Les intersections des trissectrices des angles d'un triangle forment un triangle équilatéral »

Le triangle équilatéral ainsi défini par le théorème de Morley s'appelle le « triangle de Morley » du triangle de départ.

Démonstrations[modifier | modifier le code]

Il existe de nombreuses démonstrations de ce théorème. Ci-dessous sont présentées trois démonstrations: une n'utilisant que des propriétés de géométrie élémentaire, les deux autres travaillant sur la trigonométrie ou les complexes offrant l'avantage de fournir la dimension du triangle équilatéral.

Démonstration en géométrie élémentaire[modifier | modifier le code]

Triangle de Morley et son «tripode»

Claude Frasnay[1] propose une démonstration sans trigonométrie ni complexe, utilisant uniquement les sommes des angles d'un triangle et les similitudes directes.

Pour tous réels strictement positifs a, b, c tels que a + b + c = 60, est appelé «dipode de pointure (a,b) » la figure QARBP constituée d'un triangle équilatéral direct QRP auquel on adjoint deux triangles de sens direct QAR et RBP tels que les angles de sommets A et B aient pour mesure en degré a et b et les angles de sommets Q et P aient pour mesure 60 + c. Par construction, deux dipodes de même pointure sont directement semblables.

De même est appelé «tripode de pointure (a, b, c)», la figure QRPABC constituée de trois dipodes QARBP de pointure (a, b), RBPCQ de pointure (b, c) et PCQAR de pointure (c,a). Par construction, deux tripodes de même pointure sont directement semblables.

Pour un tripode QRPABC donné de pointure (a, b, c), on construit ensuite le triangle ABW' direct tel que les angles de sommet A et B mesurent 2a et 2b. On appelle R' le point de concours des bissectrices de ce triangle et on construit un triangle équilatéral direct Q'R'P' symétrique par rapport à (R'W') et tel que P' et Q' appartiennent respectivement à [BW'] et [AW']. On démontre alors que Q'AR'BP' est un bipode de pointure (a, b). Comme deux bipodes de même pointure sont directement semblables, les bipodes QARBP et Q'AR'BP' sont semblables et confondus, et les demi-droites [AR) et [BR) sont les bissectrices intérieures des angles QAB et ABP. En reprenant le même raisonnement sur [BC] puis [CA], on démontre que les demi-droites [AQ), [AR), [BR),[BP), [CP) et [CQ) sont les trisectrices du triangle (ABC) dont les angles aux sommets sont donc 3a, 3b, 3c.

Tout triangle A'B'C' direct d'angles 3a, 3b, 3c est directement semblable au triangle ABC construit à partir du tripode de pointure (a, b, c) et ses trisectrices se coupent donc en formant un triangle équilatéral directement semblable au triangle QRP.

Démonstration à l'aide de la trigonométrie[modifier | modifier le code]

démonstration du théorème

Cette méthode simple utilise les lois trigonométriques.

On peut en effet déterminer, d'après la loi des sinus, la longueur de la plupart des segments à partir des côtés du triangle. Par ailleurs, le théorème d'Al-Kashi nous permet de déterminer et de comparer les autres, notamment QR, PR, et PQ - les trois côtés du triangle rouge, celui qui est censé être équilatéral.

On définit les angles a, b et c tels que :

  • \widehat {BAC} = 3 \times a
  • \widehat {ABC} = 3 \times b
  • \widehat {ACB} = 3 \times c

Puisque dans tout triangle on a :

\widehat {BAC} + \widehat {ABC} + \widehat {ACB} = 180^\circ

notre changement de variable ci-dessus donne :

a + b + c = 60^\circ.

De plus, pour simplifier les calculs on adopte une unité telle que le rayon du cercle circonscrit au triangle est 1. On a alors :

  • AB = 2 sin(3c)
  • BC = 2 sin(3a)
  • AC = 2 sin(3b).

Dans le triangle BPC, d'après la loi des sinus, on a :

\frac {BP}{\sin (c)} = \frac {BC}{\sin (180^\circ - b - c)} = \frac {2 \sin (3a)}{\sin (b + c)} = \frac {2 \sin (3a)}{\sin (60^\circ - a)}
BP = \frac {2 \sin (3a) \sin (c)}{\sin (60^\circ - a)}

On peut développer sin(3a) :

\begin{align}\sin (3a)&=(3-4\sin^2a)\sin a\\
&=(3\cos^2a-\sin^2a)\sin a\\
&=4\left(\tfrac{\sqrt3}2\cos a+\tfrac12\sin a\right)\left(\tfrac{\sqrt3}2\cos a-\tfrac12\sin a\right)\sin a\\
&=4\sin(60^\circ+a)\sin(60^\circ-a)\sin a,\end{align}

ce qui permet de simplifier l'expression de BP :

BP = 8 \sin(a) \sin(c) \sin(60^\circ + a).

On obtiendrait de même :

BR = 8 \sin(a) \sin(c) \sin(60^\circ + c).

En appliquant alors le théorème d’Al-Kashi, qui s’écrit PR² = BP² + BR² - 2BP.BR cos(b), on obtient :

PR^2 = 64 \sin^2 (a) \sin^2 (c)\left[ \sin^2(60^\circ + a) + \sin^2 (60^\circ + c) - 2 \sin(60^\circ + a) \sin (60^\circ + c) \cos(b)\right]

Or, (60° + a) + (60° + c) + b = 120° + (a + b + c) = 120° + 60° = 180°. Parmi les triangles ayant pour angle 60° + a, 60° + c et b dont le rayon du cercle circonscrit est 1, si on applique Al-Kashi, on a :

sin²(b) = sin²(60° + a) + sin²(60° + c) - 2 sin(60° + a) sin(60° + c) cos(b)
PR = 8 sin(a) sin(b) sin(c)
PQ = 8 sin(b) sin(a) sin(c)
QR = 8 sin(a) sin(c) sin(b)
PR = PQ = QR.

Le triangle PQR est donc bien équilatéral.

Démonstration à l'aide des complexes[modifier | modifier le code]

Cette démonstration est basée sur un article d'Alain Connes[2]. Elle utilise les nombres complexes et donne un calcul rapide de l'affixe des sommets du triangle équilatéral.

Plaçons-nous dans le plan euclidien orienté que nous pourrons ultérieurement identifier au corps des complexes. Désignons par P, Q et R les 3 intersections de trisectrices dont on veut montrer qu'elles forment un triangle équilatéral. En outre plaçons les points P', Q' et R' symétriques de P, Q et R respectivement par rapport à BC, CA, AB (voir figure ci-contre). Désignons enfin respectivement par \quad \alpha,\beta,\gamma la détermination principale (comprise entre \quad -\pi et \quad \pi) des angles  \widehat {(\overrightarrow {AB},\overrightarrow {AC})},\;\widehat{(\overrightarrow {BC},\overrightarrow {BA})},\;\widehat{(\overrightarrow {CA},\overrightarrow {CB})} .

Morleypd.png

Soient maintenant \; f, g, h \quad les rotations de centres respectifs A, B, C et d'angles respectifs  2\alpha/3,\;2\beta/3,\;2\gamma/3 .

  • (i)  P (resp. Q, R) est le point fixe de  \mathbf{g\circ h} (centre de cette rotation) (resp.  \mathbf{h\circ f ,\; f \circ g} ).
    En effet h transforme P en P' et g transforme P' en P (immédiat: voir figure). Il en est de manière analogue pour Q et R.
  • (ii)  \mathbf{f^3 \circ g^3 \circ h^3 = Id} (application identique).
    En effet la somme des angles des rotations composantes est 2\pi et on obtient donc une translation. Mais A est invariant puisque h^3 (rotation de centre C et d'angle  2 \gamma ) transforme A en A' symétrique de A par rapport à BC, g^3 transforme A' en A et finalement f^3 laisse A invariant. Par suite cette translation est l'application identique.

Il est tout à fait remarquable que les seules propositions (i) et (ii) ci-dessus sont suffisantes pour en déduire le caractère équilatéral du triangle PQR.

Ainsi, nous allons désormais travailler dans le corps des complexes en conservant les notations que nous avons introduites.

Nous définissons simplement les rotations  f,\,g,\,h par

 \quad f(x)=a_1.x+b_1
 \quad g(x)=a_2.x+b_2
 \quad h(x)=a_3.x+b_3 \qquad  (a_1=e^{2i\frac{\alpha}3},a_2=e^{2i\frac{\beta}3},a_3=e^{2i\frac{\gamma}3}).

Un calcul rapide montre que (i) équivaut à

 \quad P=(a_2b_3+b_2)/(1-a_2a_3)
 \quad Q=(a_3b_1+b_3)/(1-a_3a_1)
 \quad R=(a_1b_2+b_1)/(1-a_1a_2)

Quant à (ii) on montre aisément l'équivalence avec

  • (iii)  \begin{cases}  \mathbf{(a_1a_2a_3)^3=1} \\ \mathbf{(a_1^2+a_1+1)b_1+a_1^3(a_2^2+a_2+1)b_2+a_1^3a_2^3(a_3^2+a_3+1)b_3=0}  \end{cases}

Comme a_1a_2a_3 \ne 1 , on voit que  \quad a_1a_2a_3 = j ou \quad j^2 . Supposons pour fixer les idées que  \quad a_1a_2a_3 = j (cela correspondra dans l'application à un triangle ABC de sens positif). On a alors

 \quad P=(a_2 b_3+b_2)a_1/(a_1-j)\qquad (a_1\neq j \quad \mathrm {sinon}\quad a_1^3=1 ~ \mathrm{et} ~ |\alpha|=\pi ~ ! )
 \quad Q=(a_3 b_1+b_3)a_2/(a_2-j)\qquad (a_2\neq j \quad \mathrm {idem})
 \quad R=(a_1 b_2+b_1)a_3/(a_3-j)\qquad (a_3\neq j \quad \mathrm {idem})

On peut alors vérifier que P+jQ+j^2R=0, ce qui est une caractérisation classique du caractère équilatéral direct du triangle PQR.


Naturellement si le triangle ABC est de sens rétrograde, on devra prendre \quad a_1a_2a_3=j^2 et on obtient PQR équilatéral de sens rétrograde.

Dans le cas où ABC est de sens direct, on a en fait

 \quad f(z)=e^{2i \alpha /3}(z-A)+A \qquad g(z)=e^{2i \beta /3}(z-B)+B  \qquad h(z)=e^{2i \gamma /3}(z-C)+C

et donc  \quad a_1=e^{2i \alpha /3} \quad b_1=(1-e^{2i \alpha /3})A et expressions analogues pour  \quad a_2,b_2,a_3,b_3 . Il est donc très aisé de déterminer P, Q et R.

Triangle de Morley[modifier | modifier le code]

Longueur des côtés[modifier | modifier le code]

Chaque côté du triangle de Morley mesure :

8R sin A/3.sin B/3.sin C/3,

où R désigne le rayon du cercle circonscrit au triangle de départ.

Orientation du triangle de Morley[modifier | modifier le code]

  • Orientation par rapport au triangle de départ : le côté B'C' du triangle de Morley situé le plus près du sommet A fait avec le côté BC du triangle de départ un angle égal à (C-B)/3, où C et B désignent les angles BCA et ABC.
  • Orientation par rapport à la deltoïde de Steiner : le triangle (équilatéral) formé par les points de rebroussement de la deltoïde de Steiner et le triangle (équilatéral) de Morley, ont leurs côtés parallèles.

Historique[modifier | modifier le code]

Après la découverte de ce théorème par Frank Morley à la fin du XIXe siècle, les collègues de ce dernier trouvaient le résultat si beau qu'ils lui ont donné le nom de « miracle de Morley ». Comme l'écrit Richard Francis, « Apparemment ignoré par les géomètres antérieurs ou hâtivement abandonné en raison d'incertitudes liées à la trisection et à la constructibilité, le problème n'apparut réellement qu'il y a un siècle ». Par ailleurs, même si Morley a proposé une solution au problème, la preuve rigoureuse du théorème a été plus tardive[3].

Notes et références[modifier | modifier le code]

  1. Jean Aymes, Ces problèmes qui font les mathématiques (la trisection de l'angle), Publication de l'A.P.M.E.P., n°70, p. 54
  2. (en) Alain Connes, « A new proof of Morley's theorem », Publ. Math. IHES, vol. S88,‎ , p. 43-46 (lire en ligne)
  3. Clifford Pickover, Le Beau Livre des Maths : De Pythagore à la 57e dimension, Dunod,‎ (ISBN 978-2-10-054640-4), p. 296

Lien externe[modifier | modifier le code]

Théorème de Morley sur le site abracadabri (associé à Cabri Géomètre)