Congrès Dédra-math-isons 2013 EPL UCL 23 avril 2013

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1 Congrès Dédra-math-isons 2013 EPL UCL 23 avril 2013

2 La peste à Delphes Dans l Antiquité, les géomètres grecs savaient à l aide d une règle non graduée et d une compas: Construire la bissectrice d un angle Construire la médiatrice d un segment Carrer un rectangle Construire un pentagone

3 Malgré cela, d autres problèmes de constructions se posaient à eux. Les grands problèmes de la géométrie grecque sont notamment: La quadrature du cercle La duplication du cube La trisection de l angle

4 Un point est constructible à partir d un ensemble de points si l on peut le dessiner à partir de cet ensemble de points en utilisant uniquement une règle non graduée et un compas. Théorème de Wantzel «Tout nombre constructible X est racine d un polynôme à coefficients entiers et le degré du polynôme minimal admettant X pour racine est une puissance de 2. (polynôme de degré 2 n dans Q)»

5 Supposons que l on cherche à trisecter un angle θ. Si l on appelle α l angle trisecté recherché, on a: θ=3α Construire un angle de mesure α revient à construire cos α c est-à-dire, par projection, OH Pour déterminer OH, il faut qu il soit constructible.

6 On a: cos3α =4cos³α 3 cosα Trouver α revient donc à trouver les solutions de l équation: 4x³-3x-cos3α=0 Le degré de cette équation n est pas une puissance de 2. Elle doit donc être réduite (dans Q). Seules certaines équations de degré 3 sont réductibles au second degré. Dès lors, il est impossible de trouver une méthode générale permettant la trisection de n importe quel angle.

7 Trisection de π 3 L équation 4x³-3x-cos3α=0 devient dans ce cas: 4x³ - 3x - = 0 qui est irréductible au second degré. π π 9 2 La construction de est donc impossible. Trisection de L équation devient qui peut s écrire 1 2 4x³ - 3x = 0 x(4x²-3)=0 qui est réduite au second degré.

8 Construction au compas et à la règle graduée: Archimède Pliages Pappus Construction par courbes trisectrices: Spirale d Archimède

9 On construit l angle à trisecter et le cercle de centre O et de rayon OA

10 On prend un point D sur la droite AO. On trace la droite BD qui coupe le cercle en C

11 On déplace le point D de telle manière que la distance OC égale la distance CD

12 Le triangle OBC isocèle en O et le triangle OCD isocèle en C C 2 = π- 2β, C 1 = π (π-2β)= 2β et γ = π - 4β Dès lors α = π (π-4β) β ou α = 3β

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16 Tous les angles β sont égaux [CO ] & [C O] symétriques par l axe [JR] Triangle OO I isocèle en I OO ' I = O ' OI = 2β α = 3β [OO ] est une trisectrice

17 On construit l angle à trisecter

18 On construit les droites d et d respectivement parallèle et perpendiculaire à [OA] passant par B

19 On choisit arbitrairement un point P sur d On trace le cercle de centre P et de rayon 2 OB On trouve le point M intersection du cercle précédent et de [OP]

20 On déplace P de manière à ce que M se trouve sur d. On trouve N milieu de [MP]

21 On a β=δ (angles alternes-internes) Triangle BNP est isocèle en N (Thalès) Triangle BNM isocèle en N (B,P et M appartiennent au cercle de centre N et de rayon MN = BO Triangle OBN isocèle en B Dès lors: et ε = 2δ = γ α = 3β

22 Les courbes trisectrices sont des courbes permettant de déterminer graphiquement la solution du problème de trisection. Certaines courbes ont, en raison de leur construction géométrique, la propriété de permettre, simplement, de trisecter un angle.

23 Spirale d Archimède: Lieu des points dont la distance à l origine est proportionnelle à l inclinaison du rayon vecteur par rapport à l axe Ox En coordonnées polaires: r=aθ

24 1 OP' = OP 3 1 r ' = r 3 1 a θ ' = a θ 3 1 θ ' = θ 3

25 La trisectrice de Mac Laurin

26 La trisectrice de Ceva Le limaçon de Pascal

27 Archimède: D'un point C extérieur à un cercle de centre 0, on mène une corde [AB] de sorte que BC soit égal au rayon. La droite CO coupe le cercle en D et E. Alors l'arc est triple de l'arc BE AD

28 Etant donné un rectangle OIAJ, il s'agit de déterminer une droite AFC, avec C sur la droite IO, F sur la droite OJ de sorte que FC =2. 0A. Ce problème de détermination d'une sécante issue d'un point donné et interceptée sur une longueur donnée par deux droites est exemplaire d'une problématique abordée par les Grecs sous le terme d «inclinaison»

29 Pappus considère le point G faisant de JFCG un parallélogramme. G est d'abord assujetti à faire partie du cercle de centre J et de rayon 2 OA. Mais, selon une proposition d'euclide IOJA et AHKL ont la même aire («dans tout parallélogramme, les compléments des parallélogrammes autour de la diagonale sont égaux entre eux»). Ce qui donne : OI. OJ = CI. JF = CI. CG, cela assujettit G à faire partie d'une hyperbole d'asymptotes la et lc passant par le point J.

30 Soit C, un cercle trigonométrique A et B sont 2 points de C définissant l angle à trisecter. Soit M un point quelconque de C entre A et B On choisit les axes Ox et Oy symétriques par rapport à la bissectrice de l angle AOB

31 A tout point M on fait correspondre M' tel que: AOM ' = 2MOB

32 X = OM AM '

33 X = OM AM Droite OM: Posons xom = k M: (cosk, sink) sin k mom = cosk sin k OM y = x cosk y cosk = xsin k xsin k ycosk = 0 '

34 X = OM AM Droite AM : Posons xom = k On peut montrer que: Soit A(u,v) mom xom ' = π k (mod π ) ' = tan k AM ' y v = tan k( x u) ' xsin k + y cosk = usin k + vcosk

35 Pour trouver l équation du lieu, on élimine k entre les deux équations xsin k y cosk = 0 x sin k + y cos k = u sin k + v cos k y cosk sin k = x y cosk y cosk x + y cosk = u + vcosk x x

36 En réorganisant les termes: Et, en isolant y 2 y = vx 2 x u uy 2 y = + x v L' équation du lieu de X est celle d'une fonction homographique: une hyperbole équilatère (dont le centre est le milieu du segment OA et dont les asymptotes sont parallèles aux axes).

37 On cherche les coordonnées des points I intersections du cercle et de l hyperbole (équations vues précédemment) 2xy vx uy = x + y = 1

38 Si M a pour affixe Alors z = x yi z = x + yi + Ainsi = z z x et y = z z 2 2ii En remplaçant dans le système de départ on obtient: 2 2 z z iv z + z z z = zz = 1 ( ) u( ) 0

39 Dont on peut tirer que : z = 1 z Et ainsi on remplace et on trouve l équation suivante en z : 4 3 z u iv z u iv z ( + ) + ( ) 1 = 0 Connaissant précédemment A dont l affixe est Comme a = u + iv a = u iv = 1 a

40 Alors on obtient : 4 3 z az az + 1 = 0 a Il suffit alors de remplacer par de réduire tout au 1 a même dénominateur et on obtient: ou, en factorisant 4 2 az a z z a + = 0 3 ( z a)( az + 1) = 0

41 3 On a alors az + 1 = 0 ou z 3 = a Il faut maintenant trouver les racines cubiques de ( a) On sait que le module de ( a) vaut 1 α 3 π Et son argument : + (αα est l angle à trisecter) 2 4 Il suffit alors d appliquer Pour obtenir les 3 solutions z 0, z 1 et z 2 z k α 3π + + 2kπ 2 4 n = r cis n

42 On obtient les 3 solutions : α π α 11π α 19π Z0 = cis + Z1 = cis + Z2 = cis Correspondant respectivement aux points I, J et K

43 Le passionnant problème de la trisection de l angle recèlent de multiples facettes que nous n avons pas toute abordées La quadrature du cercle sera abordée cet après-midi pendant la présentation en stands