L'équilatéral dans l'équilatère
Problème D2927 de Diophante
Proposé par Pierre Renfer
Question 1 Montrer que les seuls polygones réguliers inscriptibles dans une hyperbole équilatère sont les triangles équilatéraux.
Question 2 Soit ABC un triangle équilatéral, de centre H
Montrer qu’une hyperbole équilatère passant par A, B, C, passe aussi par H.
Déterminer le lieu des centres des hyperboles équilatères passant par A, B, C, H.
Déterminer le lieu des sommets de ces hyperboles.
Solution Question 1
Un polygone régulier est convexe et un convexe possède au plus quatre points en commun avec une hyperbole équilatère. Donc la question se pose seulement pour le triangle équilatéral et le carré.
Du fait que les asymptotes de l'hyperbole sont orthogonales, les diagonales d'un rectangle inscrit ne peuvent être orthogonales. Aucun carré n'est inscriptible dans une hyperbole équilatère.
Soit C et H les sommets d'une hyperbole équilatère, le triangle équilatéral ABC ayant C pour sommet et H comme orthocentre est inscrit dans l'hyperbole.
Question 2
L'exemple ci-dessus n'est pas le seul cas d'implantation d'un triangle équilatéral sur une hyperbole équilatère HE. En effet, parmi toutes les cordes AB d'une branche de parabole parallèles entre elles une est le côté d'un triangle équilatéral, dont le dernier sommet C appartient à l'hyperbole.
Ainsi il existe deux infinités de triangles équilatéraux, dont les sommets se situent sur HE.
Théorème : Le centre d'un triangle équilatéral dont les sommets se situent sur une hyperbole équilatère se situe aussi sur cette hyperbole.
Autrement dit, le lieu du centre d'un triangle équilatéral dont les sommets se situent sur une hyperbole équilatère est cette hyperbole.
Ce théorème est un cas particulier du théorème suivant :
Théorème : L'orthocentre d'un triangle dont les sommets se situent sur une hyperbole équilatère se situe aussi sur cette hyperbole.
La preuve de ce théorème est très simple :
On note A, B, C les sommets [a,1/a], [b,1/b], [c,1/c] les hauteurs ont pour équations : y = b*c*(x – a) + 1/a ; y = c*a*(x – b) + 1/b ; y = a*b*(x – c) + 1/c .
Le point [-1/abc, -abc] satisfait ces trois équations ; c'est l'orthocentre du triangle ABC.
Avant de répondre, aux sous-questions suivantes, étudions l'implantation d'un triangle équilatéral sur une hyperbole équilatère, où le choix de AB sur la branche du premier quadrant ne nuit pas à la généralité.
Le cercle circonscrit au triangle ABC coupe l'hyperbole en un quatrième point D symétrique de H par rapport à O.
On note u l'angle xOU, où U est le milieu de AH. L'angle xOH vaut 3*u : en effet, l'angle OHU vaut 2*u, du fait que la corde AH et le rayon OU ont des
inclinaisons opposées sur les axes et de l'égalité des angles OUH et HOU, dans le triangle isocèle OUH.
D'où une manière d'implanter un triangle équilatéral ABC sur l'hyperbole équilatère : x*y = 1 .
Choisir un angle u ( 0 < u < π/6 ) de tangente t. La tangente de l'angle 3*u vaut (3*t – t3) / (1 – 3*t2) que nous notons m2 .
La droite y = m2*x coupe l'hyperbole au point H = [1/m, m].
Le cercle d'équation x2 – 2*x/m + y2 – 2*y*m = 0, de centre H, passe par O. Il coupe la droite y = t*x en O et en U d'abscisse 2 * (t*m+1/m) / (1+t2)
Constatons que le point A symétrique de H par rapport à U est sur l'hyperbole.
Sachant que A = 2*U – H, on calcule :
xA = 4*(t*m+1/m) / (1+t2) – 1/m = (3+4*t*m2-t2)/m/(1+t2) yA = 4*t*(t*m+1/m)/(1+t2) – m = (3*t2*m2+4*t-m2)/m/(1+t2)
La vérification de l'égalité xA*yA = 1, n'est pas triviale pour un débutant. Elle est laissée aux soins du lecteur.
Ceci étant, le point M milieu de AB est obtenu comme troisième sommet d'un triangle équilatéral de base HU . Le point B est obtenu par l'égalité B = 2*M – A et le point C par l'égalité C = 3*H – 2*M .
En notant v l'angle de CA avec Ox, on constate évidemment que v = π/6 - u . Enfin on en déduit que l'angle HOy vaut 3*v.
Fixons maintenant un triangle équilatéral ABC et étudions la mise en place d'une hyperbole équilatère passant par A, B et C.
Compte tenu de l'étude précédente, tout point O du cercle de centre H, inscrit à ABC, est éligible pour être le centre d'une hyperbole équilatère passant par A,B,C,H . Lorsque O est le pied d'une hauteur l'hyperbole dégénère en ses deux asymptotes.
Notons d l'angle yHD ; sans nuire au cas général, nous pouvons nous limiter au cas 0 ≤ d ≤ π/4. Il s'avère que d = 4*v, où v est l'angle d'inclinaison des asymptotes de l'hyperbole sur les axes. En effet, nous avons vu plus haut, que l'inclinaison de HD sur l'asymptote vaut 3*v ; en ajoutant v on a bien 4*v.
Les deux figures ont été conçues avec le même angle v (précisément 7°). Elles se déduisent l'une de l'autre par une rotation de cet angle.
Il nous reste à trouver le lieu des sommets de l'hyperbole équilatère lorsque son centre varie. Je ne vois pas comment le faire autrement qu'en faisant un calcul ; je trouve trois patates, qui ne me rappellent rien.
Les trois figures ont été obtenues avec des programmes écrits en Python.
Je les tiens à la disposition de qui voudra !
Quelques remarques
A la règle et au compas, pour une hyperbole dont on connait les asymptotes et un point, il est possible de tracer des points isolés, mais il n'est pas possible de tracer des arcs de courbe.
Si on considère qu'une hyperbole HE équilatère est tracée avec ses asymptotes, pour tout point H de cette hyperbole, on peut tracer le cercle de centre H passant par D (opposé de H par rapport au centre O de HE). Ce cercle recoupe HE en trois points A, B, C sommets d'un triangle équilatéral.
De manière moins généreuse, si HE est connue par seulement ses asymptotes et un point, le choix de H ne permet pas de construire les points A, B, C, car il faudrait réaliser une trisection d'angle.
