Théorème de Morley

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.

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.

Claude Frasnay^[1] propose une démonstration sans trigonométrie ni nombres complexes, 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 = ^π⁄₃, 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 radians a et b et les angles de sommets Q et P aient pour mesure ^π⁄₃ + 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.

La loi des sinus détermine la longueur de la plupart des segments à partir des côtés du triangle et le théorème d'Al-Kashi permet de déterminer les autres, notamment les trois côtés PR, PQ et QR du triangle rouge — celui qui est censé être équilatéral.

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

• ${\displaystyle {\widehat {BAC}}=3\times a,}$
• ${\displaystyle {\widehat {ABC}}=3\times b,}$
• ${\displaystyle {\widehat {ACB}}=3\times c.}$

Puisque dans tout triangle on a :

${\displaystyle {\widehat {BAC}}+{\widehat {ABC}}+{\widehat {ACB}}=\pi ,}$

le changement de variable ci-dessus donne :

${\displaystyle a+b+c={\frac {\pi }{3}}.}$

De plus, pour simplifier les calculs, on adopte une unité de longueur 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 :

${\displaystyle {\frac {BP}{\sin(c)}}={\frac {BC}{\sin(\pi -b-c)}}={\frac {2\sin(3a)}{\sin(b+c)}}={\frac {2\sin(3a)}{\sin({\frac {\pi }{3}}-a)}}}$

${\displaystyle BP={\frac {2\sin(3a)\sin(c)}{\sin({\frac {\pi }{3}}-a)}}.}$

On peut développer sin(3a) :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sin(3a)&=(3-4\sin ^{2}a)\sin a\\&=(3\cos ^{2}a-\sin ^{2}a)\sin a\\&=4\left({\tfrac {\sqrt {3}}{2}}\cos a+{\tfrac {1}{2}}\sin a\right)\left({\tfrac {\sqrt {3}}{2}}\cos a-{\tfrac {1}{2}}\sin a\right)\sin a\\&=4\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}-a\right)\sin a,\end{aligned}}}$

ce qui permet de simplifier l'expression de BP :

${\displaystyle BP=8\sin(a)\sin(c)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right).}$

On obtiendrait de même :

${\displaystyle BR=8\sin(a)\sin(c)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right).}$

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

${\displaystyle PR^{2}=64\sin ^{2}(a)\sin ^{2}(c)\left[\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)+\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)-2\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)\cos(b)\right].}$

Or

${\displaystyle \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)+\left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)+b={\tfrac {2\pi }{3}}+(a+b+c)=\pi .}$

Il existe donc un triangle ayant pour angles ^π⁄₃ + a, ^π⁄₃ + c et b, et dont le rayon du cercle circonscrit est 1. Si on lui applique le théorème d'Al-Kashi, on a :

${\displaystyle \sin ^{2}(b)=\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)+\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)-2\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)\cos(b)}$

donc

${\displaystyle PR=8\sin(a)\sin(c)\sin(b).}$

On obtiendrait de même

${\displaystyle PQ=8\sin(a)\sin(b)\sin(c){\text{ et }}QR=8\sin(b)\sin(c)\sin(a),}$

ce qui prouve que PR = PQ = QR. Le triangle PQR est donc bien équilatéral.

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 trois 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 ${\displaystyle \quad \alpha ,\beta ,\gamma }$ la détermination principale (comprise entre –π et π) des angles ${\displaystyle {\widehat {({\overrightarrow {AB}},{\overrightarrow {AC}})}},\;{\widehat {({\overrightarrow {BC}},{\overrightarrow {BA}})}},\;{\widehat {({\overrightarrow {CA}},{\overrightarrow {CB}})}}}$.

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

• (i) P (resp. Q, R) est le point fixe de ${\displaystyle g\circ h}$ (centre de cette rotation) (resp. ${\displaystyle {h\circ f,\;f\circ g}}$ ).

  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) ${\displaystyle f^{3}\circ g^{3}\circ h^{3}=I}$ (application identité).

  En effet la somme des angles des rotations composantes est 2π et on obtient donc une translation. Mais A est invariant puisque h³ (rotation de centre C et d'angle 2γ) transforme A en A' symétrique de A par rapport à BC, g³ transforme A' en A et finalement f³ laisse A invariant. Par suite cette translation est l'application identité.

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

${\displaystyle \quad f(x)=a_{1}x+b_{1}}$

${\displaystyle \quad g(x)=a_{2}x+b_{2}}$

${\displaystyle \quad h(x)=a_{3}x+b_{3}\qquad (a_{1}=e^{2i{\frac {\alpha }{3}}},a_{2}=e^{2i{\frac {\beta }{3}}},a_{3}=e^{2i{\frac {\gamma }{3}}})}$.

Un calcul rapide montre que (i) équivaut à

${\displaystyle \quad P=(a_{2}b_{3}+b_{2})/(1-a_{2}a_{3})}$

${\displaystyle \quad Q=(a_{3}b_{1}+b_{3})/(1-a_{3}a_{1})}$

${\displaystyle \quad R=(a_{1}b_{2}+b_{1})/(1-a_{1}a_{2})}$

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

• (iii)  ${\displaystyle {\begin{cases}(a_{1}a_{2}a_{3})^{3}=1\\(a_{1}^{2}+a_{1}+1)b_{1}+a_{1}^{3}(a_{2}^{2}+a_{2}+1)b_{2}+a_{1}^{3}a_{2}^{3}(a_{3}^{2}+a_{3}+1)b_{3}=0\end{cases}}}$

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

${\displaystyle \quad P=(a_{2}b_{3}+b_{2})a_{1}/(a_{1}-j)\qquad (a_{1}\neq j\quad \mathrm {sinon} \quad a_{1}^{3}=1~\mathrm {et} ~|\alpha |=\pi ~!)}$

${\displaystyle \quad Q=(a_{3}b_{1}+b_{3})a_{2}/(a_{2}-j)\qquad (a_{2}\neq j\quad \mathrm {idem} )}$

${\displaystyle \quad R=(a_{1}b_{2}+b_{1})a_{3}/(a_{3}-j)\qquad (a_{3}\neq j\quad \mathrm {idem} )}$

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

Démonstration de ${\displaystyle P+jQ+j^{2}R=0}$

Un premier calcul donne

${\displaystyle P+jQ+j^{2}R={\frac {a_{1}(a_{2}-j)(a_{3}-j)(a_{2}b_{3}+b_{2})+ja_{2}(a_{3}-j)(a_{1}-j)(a_{3}b_{1}+b_{3})+j^{2}a_{3}(a_{1}-j)(a_{2}-j)(a_{1}b_{2}+b_{1})}{\Pi }}}$

avec ${\displaystyle \Pi =(a_{1}-j)(a_{2}-j)(a_{3}-j)}$

Le coefficient de b₁ dans le numérateur de l'expression ci-dessus est ${\displaystyle ~ja_{2}(a_{3}-j)(a_{1}-j)a_{3}+j^{2}a_{3}(a_{1}-j)(a_{2}-j)}$

${\displaystyle =j(a_{1}-j)a_{3}[a_{2}(a_{3}-j)+j(a_{2}-j)]~=~j(a_{1}-j)a_{3}(a_{2}a_{3}-j^{2})~=~ja_{3}(a_{1}-j)({\frac {j}{a_{1}}}-j^{2})~=~j^{2}{\frac {a_{3}}{a_{1}}}(a_{1}-j))(1-ja_{1})}$

${\displaystyle ={\frac {a_{3}}{a_{1}}}(a_{1}-j)(j^{2}-a_{1})={\frac {a_{3}}{a_{1}}}(-a_{1}^{2}+j^{2}a_{1}+ja_{1}-1)=-{\frac {a_{3}}{a_{1}}}(1+a_{1}+a_{1}^{2})}$

Le coefficient de b₂ dans le même numérateur est ${\displaystyle ~a_{1}(a_{2}-j)(a_{3}-j)+j^{2}a_{3}(a_{1}-j)(a_{2}-j)a_{1}}$

${\displaystyle =a_{1}(a_{2}-j)[a_{3}-j+j^{2}a_{3}(a_{1}-j)]~=~a_{1}(a_{2}-j)(-j+j^{2}a_{3}a_{1})~=~{\frac {a_{1}}{a_{2}}}(a_{2}-j)(-ja_{2}+1)}$

${\displaystyle =~{\frac {a_{1}}{a_{2}}}(-ja_{2}^{2}+j^{2}a_{2}+a_{2}-j~=~-j{\frac {a_{1}}{a_{2}}}(1+a_{2}+a_{2}^{2})}$

Enfin le coefficient de b₃ dans le même numérateur est ${\displaystyle a_{1}(a_{2}-j)(a_{3}-j)a_{2}+ja_{2}(a_{3}-j)(a_{1}-j)}$ ${\displaystyle =a_{2}(a_{3}-j)[a_{1}(a_{2}-j)+j(a_{1}-j)]~=~a_{2}(a_{3}-j)(a_{1}a_{2}-j^{2})~=~{\frac {a_{2}}{a_{3}}}(a_{3}-j)(j-j^{2}a_{3})~=~j{\frac {a_{2}}{a_{3}}}(a_{3}-j)(1-ja_{3})}$

${\displaystyle =j{\frac {a_{2}}{a_{3}}}(a_{3}-ja_{3}^{2}-j+j^{2}a_{3})~=~-j^{2}{\frac {a_{2}}{a_{3}}}(1+a_{3}+a_{3}^{2})}$

Finalement, en utilisant ces résultats et en remplaçant j par a₁a₂a₃ on obtient

${\displaystyle P+jQ+j^{2}R~=~-{\frac {a_{3}}{\Pi a_{1}}}~[(1+a_{1}+a_{1}^{2})b_{1}+a_{1}^{3}(1+a_{2}+a_{2}^{2})b_{2}+a_{1}^{3}a_{2}^{3}(1+a_{3}+a_{3}^{3})b_{3}]~=~0\quad {\text{ (cf. (iii))}}}$ .

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

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

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

et donc ${\displaystyle \quad a_{1}=e^{2i\alpha /3}\quad b_{1}=(1-e^{2i\alpha /3})A}$ et expressions analogues pour a₁b₁a₂b₂a₃b₃. Il est donc très aisé de déterminer P, Q et R.

Chaque côté du triangle de Morley mesure :

${\displaystyle 8R\sin {\frac {\widehat {A}}{3}}\sin {\frac {\widehat {B}}{3}}\sin {\frac {\widehat {C}}{3}},}$

où ${\displaystyle {\widehat {A}},{\widehat {B}},{\widehat {C}}}$ désignent les angles en A,B,C du triangle et où ${\displaystyle R}$ désigne le rayon du cercle circonscrit.

• Orientation par rapport au triangle de départ : le côté ${\displaystyle (B'C')}$ du triangle de Morley situé le plus près du sommet A fait avec le côté ${\displaystyle (BC)}$ du triangle de départ un angle égal à ${\displaystyle {{\widehat {C}}-{\widehat {B}}} \over 3}$.
• 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.

Après la découverte de ce théorème par Frank Morley à la fin du XIX^e 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].

Théorème de Morley sur le site abracadabri (associé à Cabri Géomètre) ; on y verra décrits 18 triangles équilatéraux avec des sommets sur des trisectrices généralisées issues des 3 sommets du triangle et 36 triangles avec des sommets sur des trisectrices issues de 2 sommets du triangle.

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