Théorème de Morley

Restez toujours informé : suivez-nous sur Google (☆)

Introduction

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

Première démonstration

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 :

$B A C = 3 \times a$
$A B C = 3 \times b$
$A C B = 3 \times c$

Puisque dans tout triangle on a :

B A C + A B C + A C B = 18 0^{\circ}

notre changement de variable ci-dessus donne :

$a + b + c = 6 0^{\circ}$ .

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{B P}{sin ( c )} = \frac{B C}{sin ( 18 0 ^{\circ} - b - c )} = \frac{2 sin ( 3 a )}{sin ( b + c )} = \frac{2 sin ( 3 a )}{sin ( 6 0 ^{\circ} - a )}

B P = \frac{2 sin ( 3 a ) sin ( c )}{sin ( 6 0 ^{\circ} - a )}

On peut développer sin(3a) :

sin(3a) = 3sin(a) - 4sin3(a)
3sin(a) - 4sin3(a) = 4sin(a)[(√3/2)² - sin²(a)]
4sin(a)[(3/2)² - sin²(a)] = 4sin(a)[sin²(60°) - sin²(a)]
4sin(a)[sin²(60°) - sin²(a)] = 4sin(a)[sin(60°) + sin(a)][sin(60°) - sin(a)]
4sin(a)[sin(60°) + sin(a)][sin(60°) - sin(a)] = 4sin(a) 2sin[(60°) + a)/2]cos[(60°) - a)/2] × 2sin[(60°) - a)/2]cos[(60°) + a)/2]
sin(a) 2sin[(60°) + a)/2]cos[(60°) - a)/2] × 2sin[(60°) - a)/2]cos[(60°) + a)/2] = 4sin(a)sin(60° + a)sin(60° - a)

Ce qui nous permet de simplifier l'expression de BP :

Mais que l'on peut appliquer également à BR :

B R = 8 sin (a) sin (c) sin (6 0^{\circ} + c)

Al-Kashi nous donne : PR² = BP² + BR² - 2BPBR cos(b). Si on développe, on obtient :

P R^{2} = 64 sin^{2} (a) sin^{2} (c) [sin^{2} (6 0^{\circ} + a) + sin^{2} (6 0^{\circ} + c) - 2 sin (6 0^{\circ} + a) sin (6 0^{\circ} + c) cos (b)]

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.

Deuxième démonstration

Cette démonstration est basée sur un article d'Alain Connes. 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 $α, β, γ$ la détermination principale (comprise entre $- π$ et $π$ ) des angles $(A B, A C), (B C, B A), (C A, C B)$ .

Soient maintenant $f, g, h$ les rotations de centres respectifs A, B, C et d'angles respectifs $2 α /3, 2 β /3, 2 γ /3$ .

(i) P (resp. Q, R) est le point fixe de $g \circ h$ (resp. $h \circ f, f \circ g$ ). 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) $f^{3} \circ g^{3} \circ h^{3} = I d$ (application identique). En effet la somme des angles des rotations composantes est 2π et on obtient donc une translation. Mais A est invariant puisque h (rotation de centre C et d'angle 2γ ) transforme A en A' symétrique de A par rapport à BC, g transforme A' en A et finalement f 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. Il n'est même pas besoin de supposer que $f, g h$ sont des rotations mais seulement que ce sont des applications affines du corps des complexes (identifié au plan) avec la seule restriction toutefois que ni $f \circ g$ ni $g \circ h$ ni $h \circ f$ ni $f \circ g \circ h$ ne sont des translations.

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

Nous définissons simplement $f, g, h$ (applications affines) par

f (x) = a_{1} . x + b_{1}

g (x) = a_{2} . x + b_{2}

$h (x) = a_{3} . x + b_{3} (a_{1} a_{2}, a_{2} a_{3}, a_{3} a_{1}, a_{1} a_{2} a_{3}$ différents de 1).

Un calcul rapide montre que (i) équivaut à

P = (a_{2} b_{3} + b_{2}) / (1 - a_{2} a_{3})

Q = (a_{3} b_{1} + b_{3}) / (1 - a_{3} a_{1})

R = (a_{1} b_{2} + b_{1}) / (1 - a_{1} a_{2})

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

(a_{1} a_{2} a_{3})^{3} = 1

(a_{1}^{2} + a_{1} + 1) b_{1} + a_{1}^{3} (a_{2}^{2} + a_{2} + 1) b_{2} + a_{1}^{3} a_{2}^{3} (a_{3}^{2} + a_{3} + 1) b_{3} = 0

Comme $a_{1} a_{2} a_{3} \neq = 1$ , on voit que $a_{1} a_{2} a_{3} = j$ ou $j^{2}$ . Supposons pour fixer les idées que $a_{1} a_{2} a_{3} = j$ (cela correspondra dans l'application à un triangle ABC de sens positif).

Maintenant, après 2 lignes de calcul, on obtient :

P + j Q + j^{2} R = [(1 - a_{2} a_{3}) a_{3} (j^{2} - a_{1}) b_{1} + (1 - a_{3} a_{1}) a_{1} (1 - a_{2} j) b_{2} + (1 - a_{1} a_{2}) a_{2} (j - a_{3} j^{2}) b_{3}] / [(1 - a_{1} a_{2}) (1 - a_{2} a_{3}) (1 - a_{3} a_{1})]

= [a_{3} / a_{1} (a_{1}^{2} + a_{1} + 1) + a_{1} / a_{2} j (a_{2}^{2} + a_{2} + 1) + a_{2} / a_{2} j^{2} (a_{3}^{2} + a_{3} + 1)] / [(1 - a_{1} a_{2}) (1 - a_{2} a_{3}) (1 - a_{3} a_{1})]

= - a_{3} / a_{1} [(a_{1}^{2} + a_{1} + 1) b_{1} + a_{1}^{3} (a_{2}^{2} + a_{2} + 1) b_{2} + a_{1}^{3} a_{2}^{3} (a_{3}^{2} + a_{3} + 1) b_{3}] / [(1 - a_{1} a_{2}) (1 - a_{2} a_{3}) (1 - a_{3} a_{1})]

Et donc $P + j Q + j^{2} R = 0.$ Ceci montre bien que le triangle PQR est équilatéral (de sens positif) (caractérisation classique).

Naturellement si le triangle ABC est de sens négatif, on devra prendre $a_{1} a_{2} a_{3} = j^{2}$ et on obtient PQR équilatéral de sens négatif.

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

f (z) = e^{2 i α /3} (z - A) + A g (z) = e^{2 i β /3} (z - B) + B h (z) = e^{2 iγ /3} (z - C) + C

et donc $a_{1} = e^{2 i α /3} b_{1} = (1 - e^{2 i α /3}) A$ et expressions analogues pour $a_{2}, b_{2}, a_{3}, b_{3}$ . Il est donc très aisé de déterminer P, Q et R.

Triangle de Morley

Longueur des côtés

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

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.