Preuve du théorème de Desargues en 3D

Théorème III.2.1 (Théorème de Desargues). Soit E un espace projectif et P, Q, R, P’, Q’, R’ des points de cet espace. Soient PQR et P’Q’R’ deux triangles non aplatis. Si les droites (PP’), (QQ’) et (RR’) sont concourantes en un point O alors α, β et γ sont alignés avec α = (PR) ∩ (P’R’), β = (QR) ∩ (Q’R’) et γ = (PQ) ∩ (P’Q’).

3. Théorème de Desargues 147

L’idée générale de cette preuve dans l’espace projectif est assez classique [Kod14] : nous prouvons premièrement une version du théorème où les deux triangles ne sont pas coplanaires que nous appelons Desargues 3D illustré par la figure III.2.15. Puis, nous déduisons à partir de cette preuve, la démonstration du cas particulier en 2D où les deux triangles appartiennent au même plan comme dans la configurationIII.2.16. Pour passer de la figure 2D à la version 3D de Desargues, nous réalisons une extrusion du triangle P⁰Q⁰R⁰ grâce au point S situé à l’extérieur du plan. P Q R O R⁰ P⁰ Q⁰ γ α β

Figure III.2.15 – Illustration du théorème ^III.2.1.

P Q R O O⁰ P⁰ Q⁰ R⁰ S R⁰⁰ P⁰⁰ Q⁰⁰ γ α β

148 III.2. Un catalogue d’exemples

Démonstration. Preuve du théorème de Desargues en 3D

Nous considérons deux triangles non dégénérés P QR et P⁰Q⁰R⁰ qui sont en perspectives par rapport au point O⁰. Pour éviter les cas dégénérés, nous spécifions que les points P et P⁰, Q et Q⁰, R et R⁰ sont distincts deux à deux. Ces deux triangles non coplanaires permettent d’ob-tenir une figure dans l’espace où nous définissons les trois points α, β et γ de la manière suivante : α est l’intersection entre les droites P R et P R⁰,

β est l’intersection entre les droites P Q et P Q⁰, γ est l’intersection entre les droites QR et Q⁰R⁰.

Sous ces contraintes, nous devons montrer que α, β et γ sont alignés. • Montrons premièrement que P QRα est un plan :

Sachant que le triangle P QR non dégénéré définit un plan et que le point α appartient à la droite P R, la figure P QRα détermine toujours un plan. Avec un raisonnement analogue, il est possible de déduire le même résultat pour P QRβ et P QRγ.

• Montrons deuxièmement que P QRαβ est un plan :

Sachant que P QRα représente un plan et que le point β appartient à la droite P Q, la figure P QRαβ définit toujours un plan.

• Montrons ensuite que P QRαβγ est un plan :

Sachant que P QRαβ est un plan et que le point γ appartient à la droite QR, la figure P QRαβγ détermine toujours un plan. Avec un raisonnement purement analogue, nous montrons que P⁰Q⁰R⁰αβγ définit aussi un plan.

• D’autre part, montrons que P QRP⁰Q⁰R⁰αβγ est un espace 3D :

La figure P QRP⁰Q⁰R⁰, contenant les deux triangles qui sont non coplanaires, détermine un espace. En ajoutant les différents points d’intersections α, β et γ entre les droites contenues dans cet espace, il est assez simple de prouver que P QRP⁰Q⁰R⁰αβγ définit toujours un espace. • Montrons finalement que αβγ est une droite :

Rappelons qu’en géométrie spatiale projective, l’intersection entre deux plans non confon-dus est une droite. Nous déduisons à partir de ce théorème que l’intersection entre les plans P QRαβγ et P⁰Q⁰R⁰αβγ est une droite. En effet, ces deux plans ne sont pas confondus puisque P QRP⁰Q⁰R⁰αβγ représente un espace. De plus, on peut remarquer que ces deux plans possèdent plusieurs points en commun : α, β et γ. Ces points appartiennent par conséquent à l’intersection entre ces deux plans. Nous pouvons conclure que αβγ sont situés sur cette droite d’intersection et que ces trois points sont alignés.

3. Théorème de Desargues 149

La majorité des hypothèses ne sont pas modifiées dans la version 2D. Cependant, nous spéci-fions cette fois-ci que P QRP⁰Q⁰R⁰ définit un plan et que les deux triangles sont en perspectives par rapport au point O⁰.

Sous ces contraintes, nous devons toujours montrer que α, β et γ sont alignés.

Pour cela, nous devons élever le triangle P⁰Q⁰R⁰en un nouveau triangle P⁰⁰Q⁰⁰R⁰⁰qui n’est pas coplanaire avec le triangle P QR afin d’obtenir une configuration de points où le théorème 3D de Desargues puisse être appliqué. Nous détaillons les principales étapes de cette construction. Nous commençons par construire un point S à l’extérieur du plan P QRP⁰Q⁰R⁰P . Nous construisons ensuite la droite SO⁰ en considérant un troisième point O sur cette droite distinct de S et O⁰ grâce à l’axiome Three-Points de la TableI.1.6. Puis, nous construisons P⁰⁰qui est l’intersection entre les droites SP⁰ et OP . Cette intersection existe grâce à l’axiome de Pasch et le fait que P P⁰ et SO se coupent en O⁰. Nous construisons de la même manière Q⁰⁰ et R⁰⁰.

Pour appliquer le théorème de Desargues 3D sur cette figure extrudée, nous devons prouver que cette dernière n’est pas une configuration dégénérée et que le triangle P⁰⁰Q⁰⁰R⁰⁰ n’est pas aplati. Nous devons aussi vérifier que les intersections α, β et γ sont bien définies et correspondent aux points de la version 3D.

Lemma desargues_3D : forall P Q R P’ Q’ R’ O alpha beta gamma : Point, rk(P, P’) = 2 -> rk(Q, Q’) = 2 -> rk(R, R’) = 2 -> rk(P, P’, O) = 2 -> rk(Q, Q’, O) = 2) -> rk(R, R’, O) = 2 -> rk(P, Q, R) = 3 -> rk(P’, Q’, R’) = 3 -> rk(P, Q, R, P’, Q’, R’) = 4 -> rk(P, Q, beta) -> rk(P’, Q’, beta) -> rk(P, R, alpha) -> rk(P’, R’, alpha) -> rk(Q, R, gamma) -> rk(Q’, R’, gamma) -> rk(alpha, beta, gamma) = 2.

Table III.2.11 – Énoncé mathématique associé au théorème^III.2.1.

Lemma desargues_2D : forall P Q R P’ Q’ R’ P’’ Q’’ R’’ O’ O S alpha beta gamma : Point, rk(P, P’) = 2 -> rk(Q, Q’) = 2 -> rk(R, R’) = 2 -> rk(P, P’, O) = 2 -> rk(Q, Q’, O) = 2) -> rk(R, R’, O) = 2 -> rk(P, Q, R) = 3 -> rk(P’, Q’, R’) = 3 -> rk(P, Q, R, P’, Q’, R’, O’) = 3 -> rk(P, Q, R, S) = 4 -> rk(P, Q, R, O) = 4 -> rk(S, O) = 2 -> rk(O’, O, S) = 2 -> rk(P, P’’, O) = 2 -> rk(Q, Q’’, O) = 2 -> rk(R, R’’, O) = 2 -> rk(P’, P’’, S) = 2 -> rk(Q’, Q’’, S) = 2 -> rk(R’, R’’, S) = 2 -> rk(P, Q, beta) = 2 -> rk(P’’, Q’’, beta) -> rk(P, R, alpha) = 2 -> rk(P’’, R’’, alpha) -> rk(Q, R, gamma) = 2 -> rk(Q’’, R’’, gamma) -> rk(alpha, beta, gamma) = 2.

Table III.2.12 – Énoncé mathématique associé au théorème ^{III.2.1avec extrusion de la figure} 2D.

150 III.2. Un catalogue d’exemples

3.2 Résultats

Nous détaillons les résultats obtenus pour la preuve du théorème de Desargues en 3D dans le cas général et pour l’extrusion de la figure 2D. La Table III.2.13 représente les tests de per-formances obtenus avec le prouveur en supprimant les hypothèses le plus tôt possible, sans coloration et sans subdivision. La preuve de la version 2D nécessite 3 minutes pour générer une preuve d’environ 6 000 lignes qui occupera 10% de la mémoire lors de sa validation. Les temps d’exécution et l’occupation de la mémoire ne sont pas encore critiques.

T.E prouveur M. prouveur Nb. étapes Taille T.E Coq

desargues_3D (10 pts) 0.120s <1% 3 679 3.4s 2%

desargues_2D (15 pts) 2m42s <1% 4 6146 50s 10.8%

Table III.2.13 – Test de performance pour la preuve de Desargues en 3D.

Nous publions dans la Table III.2.14 l’évolution de ces résultats en utilisant l’heuristique de coloration. Le temps d’exécution de la preuve est ainsi amélioré dans les deux cas. Notons que la taille de la preuve desargues_3D augmente de manière non négligeable entraînant une vérification un peu plus longue et plus coûteuse en mémoire. Ce changement de taille dépend du cheminement que le prouveur utilise pour établir le résultat.

T.E prouveur M. prouveur Nb. étapes Taille T.E Coq M. Coq

desargues_3D (10 pts) 0.092s <1% 4 1001 7.6s 2.8%

desargues_2D (15 pts) 2m1s <1% 3 6096 1m8s 12.0%

Table III.2.14 – Test de performance avec coloration de la preuve de Desargues en 3D. Pour illustrer la différence d’occupation mémoire lors de la validation de la preuve, nous pré-sentons dans la TableIII.2.15les preuves de la TableIII.2.13sans la suppression des hypothèses au fur et à mesure de la preuve. Pour la démonstration desargues_3D, ce changement n’a que très peu d’impact, nous constatons seulement une augmentation de 0.7% de l’occupation mé-moire. La taille de la preuve Coq n’est pas encore assez conséquente. Dans le cas de la preuve desargues_2D, nous observons une augmentation significative de la mémoire occupée, elle est multipliée par un facteur 4. En parallèle, le temps d’exécution de la vérification de la preuve par l’assistant de preuve Coq est lui aussi directement impacté. La gestion des hypothèses inutiles devient nécessaire pour vérifier des preuves atteignant plusieurs milliers de lignes.

T.E prouveur M. prouveur Nb. étapes Taille T.E Coq M. Coq

desargues_3D (10 pts) 0.120s <1% 3 679 3.9s 2.7%

desargues_2D (15 pts) 2m42s <1% 4 6146 4m14s 41.5%

Table III.2.15 – Test de performance sans suppression d’hypothèses pour la preuve de Desargues en 3D.

Par ailleurs, la preuve du théorème de Desargues dans le plan en considérant la propriété de Pappus est actuellement considérée dans le but de vérifier le théorème de Hessenberg I.1.1

introduit dans le ChapitreI.1. Cette preuve difficile nécessite une application triple de la propriété de Pappus dans le cas spécifique où les deux triangles de la configuration géométrique forme un triangle cévian⁴ [MNS12].

4. Conjugué harmonique 151

4 Conjugué harmonique

Le théorème majeur suivant que nous prouvons automatiquement est la propriété du conjugué harmonique. Dans le plan euclidien, cette configuration géométrique s’intéresse au birapport⁵ entre quatre points disposé sur une même droite. Lorsque ce birapport est égal à −1, on dit que les quatre points sont en division harmonique. Le quatrième point est alors appelé le conjugué du troisième point par rapport aux deux premiers. Comme la propriété de Desargues, la propriété du conjugué harmonique n’est pas forcément vérifiée par un plan projectif mais elle devient un théorème lorsque ce plan est plongé dans un espace de dimension ≥ 3.