D10075. Triangle baladeur
Jules dit `a Romain : Sur une feuille, trace un triangle ABC et une figure quelconqueF. Prends un calque, pose-le sur la feuille et calques-y la figure F. Fais tourner le calque, dans le sens direct, autour de A comme point fixe, de deux fois l’angle ˆAdu triangle, puis autour deB comme point fixe, de deux fois l’angle ˆB du triangle, puis autour deC comme point fixe, de deux fois l’angle ˆC du triangle. Tu dois obtenir que la figure F du calque est revenue `a sa position initiale.
Romain r´epond `a Jules : J’ai suivi pas `a pas ta consigne, et la figureF du calque a bien retrouv´e son orientation initiale, car la rotation totale est de 2π, mais elle n’est nullement revenue en place.
Pouvez-vous expliquer pourquoi les deux amis ne trouvent pas la mˆeme chose ?
Solution
J’observe qu’une rotation d’angle 2 ˆAautour deApeut s’obtenir en appli- quant une sym´etrie par rapport `a AB suivie d’une sym´etrie par rapport
`
aAC. Cette succession de sym´etries transformeB en son sym´etrique par rapport `aAC, ce qui veut dire que l’angle ˆA est l’angle orient´e (AB, AC).
Jules stipulant que les rotations sont de sens direct, on peut penser que les sommetsA, B, C de son triangle se suivent dans le sens oppos´e au sens direct. D`es lors, la succession de 3 rotations ´equivaut `a la succession de 6 sym´etries par rapport `a AC, AB, BA, BC, CB, CA. Or la composition de ces transformations est une op´eration associative, et la composition de deux sym´etries par rapport `a la mˆeme droite donne l’identit´e (on est ramen´e au point de d´epart). Dans la liste AC, AB, BA, BC, CB, CA, on peut donc simplifier AB avec BA, BC avec CB, puis AC avec CA et l’ensemble est ´equivalent `a l’identit´e : le calque revient `a sa position de d´epart.
Au contraire, dans le triangle de Romain, les sommetsA, B, C se suivent dans le sens direct. La liste des sym´etries est AB, AC, BC, BA, CA, CB et ne se prˆete pas `a une simplification car l’op´eration de composition n’est pas commutative.
Pour pr´eciser la transformation qui en r´esulte, il est commode de consid´erer le plan complexe avec le pˆole au centre du cercle circonscrit au triangle (donta, b, cd´esignent les affixes des sommetsA, B, C).
Dans la rotation autour de A, le point M d’affixe m devient N d’affixe n=a+ (m−a)c/b, carc/b=e2iA.
De mˆeme, dans la rotation autour de B, le pointN devientP d’affixe p=b+ (n−b)a/c=b+ (a−b)a/c+ (m−a)a/b.
Enfin, dans la rotation autour deC, le pointP devientQ d’affixe q=c+ (p−c)b/a=c+ (b−c)b/a+ (a−b)b/c+ (m−a)
ou, en r´earrangeant q=m− (b−c)(c−a)(a−b)
ac .
Le segmentM Qest le mˆeme quel que soit le pointM, ce qui caract´erise la 1
transformation r´esultante comme une translation. L’affixe correspondante peut s’´ecrire 8ibsin ˆAsin ˆBsin ˆC. Ainsi M Q est orthogonal `a OB. Plus pr´ecis´ement, si le transform´e de B est W, le triangle OBW est de sens direct, rectangle enB, et d’aire 2 fois l’aire du triangleABC.
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