triangles equilateraux dans l'espace, et cyclohexane
David Madore
élégant mais que je ne sais malheureusement résoudre que par des
méthodes algébriques. J'espère que quelqu'un ici trouvera une
démonstration vraiment géométrique. Ci-dessous, je vais énoncer le
problème et en donner la solution algébrique, en intercalant quelques
remarques.
*** Énoncé du problème ***
Soient a et b deux longueurs.
On considère dans l'espace euclidien (dimension 3) un triangle
équilatéral P0 P2 P4 de côté 2a. On appelle C1, C3 et C5 les cercles
(dans l'espace) dont les axes[#] sont (P0 P2), (P2 P4) et (P4 P0)
respectivement, dont les centres sont les milieux des segments
correspondants (je veux dire [P0 P2], [P2 P4] et [P4 P0]) et dont les
rayons valent tous les trois b.
[#] La terminologie d'« axe » d'un cercle dans l'espace n'est
peut-être pas sans ambiguïté. Je parle de la droite telle que le
cercle soit invariant par n'importe quelle rotation autour de cet axe
(la droite perpendiculaire au plan du cercle et passant par son
centre, quoi).
Si on préfère, C1 est l'intersection des sphères centrées en P0 et P2
et ayant toutes les deux pour rayon c, où a²+b²=c².
Supposons maintenant que P1 soit un point de C1 tel qu'il existe deux
points distincts sur C3 (et donc aussi sur C5) à distance 2a de lui.
Prenons P3 l'un de ces deux points et P5 le point de C5 qui n'est pas
« le même » (je veux dire, P3 et P5 ne sont pas symétriques par
rapport au plan de C1).
Montrer que P1 P3 P5 est équilatéral.
*** Remarques ***
L'intérêt de la question est que l'« hexagone » P0 P1 P2 P3 P4 P5
(censé figurer une molécule de cyclohexane généralisée) a ses six
côtés fixés (toutes les longueurs P0 P1, P1 P2, P2 P3, etc., valent c)
et ses six angles fixés (tous à quelque chose comme 2arccos(a/c)), et
il a quand même un degré de liberté puisqu'on peut faire varier P1 sur
C1 même à P0, P2 et P4 fixés. Quelque part, c'est surprenant, parce
que ça veut dire qu'il y a des contraintes redondantes, d'autant plus
surprenant d'ailleurs qu'il existe effectivement aussi des
configurations rigides (pour les mêmes valeurs des distances et des
angles) : combinatoirement, les six points P0 P1 P2 P3 P4 P5 sont
équivalents aux six sommets d'un octaèdre dont on aurait fixé toutes
les arêtes, et si cet octaèdre était vraiment un octaèdre (convexe),
il serait forcément rigide par un théorème de rigidité de Cauchy, mais
là il est complètement croisé.
*** Démonstration algébrique ***
Je me place dans le repère pour lequel P0 a les coordonnées
(a·sqrt(2),0,0), P2 est (0,a·sqrt(2),0) et P4 est (0,0,a·sqrt(2)).
Je paramètre rationnellement le cercle C1 par un paramètre u : le
point P1 aura donc pour coordonnées
((a+b·(1-u²)/(1+u²))/sqrt(2), (a+b·(1-u²)/(1+u²))/sqrt(2), b·2u/(1+u²))
De même, si je paramètre C3 par v et C5 par w, les points P3 et P5 ont
pour coordonnées
(b·2v/(1+v²), (a+b·(1-v²)/(1+v²))/sqrt(2),(a+b·(1-v²)/(1+v²))/sqrt(2))
((a+b·(1-w²)/(1+w²))/sqrt(2), b·2w/(1+w²),(a+b·(1-w²)/(1+w²))/sqrt(2))
Si on écrit alors que la distance carrée de P1 à P3 vaut 4a², on
trouve (en chassant le dénominateur (1+u²)(1+v²)) : P(u,v)=0 où P est
le polynôme
P(s,t) = -3a²(1+s²)(1+t²) - 2ab(1+st)(-1+sqrt(2)·(s+t)+st)
+ b²(1+2·sqrt(2)·(s²t+st²-s-t)+3(s²+t²)+s²t²)
Bien sûr, la contrainte sur la distance de P1 à P5 est la même, soit
P(u,w)=0. On cherche donc à montrer exactement ceci : que si v et w
sont les deux racines, à u fixé, de P(u,t)=0 (équation en t), alors
automatiquement P(v,w)=0 (c'est-à-dire que la distance de P3 à P5 est
aussi 2a).
Le polynôme P est symétrique en ses deux variables : si on appelle
q=s+t et p=st alors on peut écrire
P(s,t) = -3a²(1-2p+p²+q²) - 2ab(1+p)(1-p+sqrt(2)·q)
+ b²(1+2·sqrt(2)·(p-1)·q-6p+p²+3q²)
Appelons Q(q,p) le polynôme en question (-3a²(1-2p+p²+q²) -
2ab(1+p)(1-p+sqrt(2)·q) + b²(1+2·sqrt(2)·(p-1)·q-6p+p²+3q²)).
Maintenant, soient c0(u), c1(u) et c2(u) les coefficients de P(u,t) vu
comme un polynôme en l'indéterminée t, soit P(u,t) = c0(u) + c1(u)·t +
c2(u)·t². Autrement dit, c0(u) = -3a²(1+s²) - 2ab(-1+sqrt(2)·s) +
b²(1-2·sqrt(2)·s+3s²), etc. D'après les relations entre coefficients
et racines d'une équation, on sait que si v et w sont les deux
solutions en t de P(u,t)=0 alors v+w=-c1(u)/c2(u) et vw=c0(u)/c2(u).
Donc il s'agit de vérifier Q(-c1(u)/c2(u),c0(u)/c2(u))=0. Or c'est
vrai (vérification fastidieuse, mais triviale avec un quelconque
logiciel de calcul formel).
On a donc bien prouvé ce qu'on voulait (si v et w sont les deux
solutions, à u fixé de P(u,t)=0, autrement dit si on place les points
P3 et P5, à P1 fixé, à distance 2a de lui et « différents », alors
P(v,w)=0 autrement dit la distance P3 P5 vaut aussi 2a, ce qui prouve
bien que P1 P3 P5 est équilatéral).
*** Remarque supplémentaire ***
Dans la démonstration ci-dessus, la courbe d'équation P(s,t)=0 est (ou
plus exactement, se complète en) une courbe elliptique (après choix
d'une origine). La propriété cruciale que « si P(u,v)=0 et P(u,w)=0
(avec v différent de w) alors automatiquement P(v,w)=0 » correspond en
gros au fait que les points (u,v), (w,u) et (v,w) sur la courbe sont
séparés d'un tiers de période (on passe de l'un à un autre par
addition d'un point de 3-torsion). Ou quelque chose de ce genre.
--
David A. Madore
( david....@ens.fr,
http://www.madore.org/~david/ )
Olivier Miakinen
> Voici un problème de géométrie dans l'espace que je trouve très
> élégant mais que je ne sais malheureusement résoudre que par des
> méthodes algébriques. J'espère que quelqu'un ici trouvera une
> démonstration vraiment géométrique.
>
> [...]
Bonjour David, et ravi de te retrouver dans ce groupe.
Le problème que tu poses me semble passionnant, et je vais y réfléchir,
malheureusement mon niveau en maths n'est pas formidable (surtout en
géométrie dans l'espace) aussi je n'ai pas beaucoup d'espoir. Cela dit
j'espère bien que, si je ne trouve rien, d'autres s'y pencheront et
trouveront cette solution élégante qui existe probablement.
Cordialement,
--
Olivier Miakinen
Patrick Coilland
> Soient a et b deux longueurs.
>
> On considère dans l'espace euclidien (dimension 3) un triangle
> équilatéral P0 P2 P4 de côté 2a. On appelle C1, C3 et C5 les cercles
> (dans l'espace) dont les axes[#] sont (P0 P2), (P2 P4) et (P4 P0)
> respectivement, dont les centres sont les milieux des segments
> correspondants (je veux dire [P0 P2], [P2 P4] et [P4 P0]) et dont les
> rayons valent tous les trois b.
>
>
> points distincts sur C3 (et donc aussi sur C5) à distance 2a de lui.
> Prenons P3 l'un de ces deux points et P5 le point de C5 qui n'est pas
> « le même » (je veux dire, P3 et P5 ne sont pas symétriques par
> rapport au plan de C1).
>
> Montrer que P1 P3 P5 est équilatéral.
>
Bonjour,
Juste une idée.
On voit que :
le cercle de rayon b et de centre le milieu de P1P3 passe par P2.
le cercle de rayon b et de centre le milieu de P1P5 passe par P0.
En clair, si P3P5=2a (ce qui faut démontrer) P1P3P5 est equilatéral et
la construction "réciproque" conduit à P0P2P4.
J'aurais tendance à dire :
Soit une isométrie affine qui à P0 associe P1 et à P2 associe P3 (il y
en a bien au moins une puisque P0P2 = P1P3 = 2a).
Il "suffirait" de démontrer alors que cette isométrie associe P5 à P4
à suivre ...
--
Patrick
StefJM
actuellement...
--
StefJM
Concierge de fsm pendant l'été?
Gilles Robert
également (en corrigeant une erreur) pour ceux qui sont intéressés.
Je change un peu les données, préférant A,B,C,P,Q et R à P0...P6.
David Madore demandait une preuve géométrique de :
> Soient a et b deux longueurs.
>
> On considère dans l'espace euclidien (dimension 3) un triangle
> équilatéral ABC de côté 2a. Soient P et Q tels que BP=CP=BQ=CQ=b
> et PQ=2a. Montrer qu'il existe R tel que AR=BR=b et PR=QR=2a.
On considère le quadrilatère ABPQ, de côtés respectifs AB=PQ=2a
et AQ=BP=b. On veut montrer qu'il existe C tel que AC=BC=2a et
PC=QC=b si et seulement si il existe R tel que AR=BR=b et PR=QR=2a.
Si on projette le quadrilatère dans la direction de la perpendiculaire
commune à ses deux diagonales AP et BQ, on obtient un parallélogramme
(de côtés respectifs sqrt(4a^2-h^2) et sqrt(b^2-h^2) respectivement),
donc la perpendiculaire commune intersecte ces deux diagonales en leur
milieu.
Il suit que la symétrie axiale par rapport à cette perpendiculaire
commune échange A avec P et B avec Q, de sorte que le symétrique de
C par rapport à cette perpendiculaire commune convient.
On en déduit également que AP, BQ et CR ont une perpendiculaire commune,
et que cette perpendiculaire commune passe par les milieux des trois
segments.
Amicalement,
--
Gilles