1 Le théorème de Morley

1 Le théorème de Morley

1 C'est un théorème qui permet de fabriquer de la symétrie à partir de rien ! Résultat ayant apparemment échappé aux géomètres de l'Antiquité, il est démontré par Frank Morley [3] en 1898 et peut s'énoncer comme suit :

Théorème 1.1 (Morley). Dans un triangle ABC non plat, 3 points pris parmi les points d'intersection des trissectrices issues des sommets du triangle forment un triangle équilatéral, appelé triangle de Morley du triangleABC.

On travaille dans le plan ane euclidien P. Soient 3 points distincts O, A et B du plan P, on note −→\ OA,−−→

OB l'angle géométrique saillant, i.e. mesuré dans[0, π], délimité par les demi-droites[OA)et [OB).

Soitδune droite du planP passant parO, on dit queδest une trissectrice de l'angle géométrique −→\ OA,−−→

OB

si et seulement si il existe un pointM ∈δ, distinct deO, tel que :

−→\ OA,−−→

OM

= 1 3

−→\ OA,−−→

OB

ou −→\

OA,−−→

OM

=2 3

−→\ OA,−−→

OB , de sorte que tout angle géométrique de mesure non nulle admet exactement 2 trissectrices.

1.1 Première démonstration

1.1.1 Préliminaires

Soit un triangleABC non plat. On noteIle centre du cercle inscrit au triangleABC. A partir des égalités :

−−\→ AB,−→

AC

+ −−→\ BC,−−→

BA

+ −→\ CA,−−→

CB

=π dans le triangleABC,

et −→\

IB,−→ IC

+1 2

−−→\ BC,−−→

BA +1

2

−→\ CA,−−→

CB

=π dans le triangleIBC, on en déduit que −→\

IB,−→ IC

= π 2 +1

2

−−→\ AB,−→

AC .

Figure 1 Construction du centre du cercle inscrit au triangle ABC.

On noteA1 le point d'intersection de la bissectrice intérieure du triangle ABC issue du sommetA avec le segment [BC]. Supposons qu'un certain pointJ ∈[AA1]vérie l'égalité −→\

J B,−→

J C

=π 2 +1

2

−−\→ AB,−→

AC. Dans le triangleJ BC, notons que :

1. Keywords : géométrie plane, trissectrices, triangle de Morley.

- siJ ∈[AI[, alors −−\→ BC,−→

BJ

+ −→\ CJ ,−−→

CB

>1 2

−−→\ BC,−−→

BA +1

2

−→\ CA,−−→

CB

- siJ ∈]IA₁], alors −−\→ BC,−→

BJ

+ −→\ CJ ,−−→

CB

< 1 2

−−\→ BC,−−→

BA +1

2

−→\ CA,−−→

CB Donc, le pointJ est nécessairement confondu avec le pointI.

1.1.2 Une construction auxiliaire

Soit un triangle équilatéralP QR. Soient 3 nombres réelsu,vetwde l'intervallei 0,π

3

htels queu+v+w=2π

3 , on construit sur les côtés du triangleP QR, et à l'extérieur de ce triangle, 3 autres triangles :

- P⁰QRisocèle enP⁰ et dont les angles à la base ont pour mesureu - P Q⁰Risocèle enQ⁰ et dont les angles à la base ont pour mesurev - P QR⁰ isocèle enR⁰ et dont les angles à la base ont pour mesurew Etant donné que :

−−→\ RQ⁰,−−→

RQ

+ −−→\ QR,−−→

QR⁰

=π 3 +v

+π 3 +w

=4π 3 −u

est strictement supérieur àπau vu des hypothèses, les droites(QR⁰)et(Q⁰R)sont sécantes en un certain pointA. De même, on noteB (respectivementC) le point d'intersection des droites(RP⁰)et (R⁰P) respectivement de(P Q⁰)et(P⁰Q)

.

Figure 2 Le triangle de MorleyP QRniché au coeur d'un triangleABC.

Puisque le pointB appartient à la droite(R⁰P):

−−→\ P Q⁰,−−→

P B

+v+π

3 +w=π =⇒ −−→\ P Q⁰,−−→

P B

= 2π

3 −v−w=u. Les 2 angles −−→\

P Q⁰,−−→

P Bet −−→\ P C,−−→

P R⁰étant opposés par le sommetP, on a aussi −−→\ P C,−−→

P R⁰

=u. De manière similaire, on s'attend à trouver que







−−→\ QR⁰,−−→

QC

= −→\ QA,−−→

QP⁰

=v

−−→\ RP⁰,−→

RA

= −−→\ RB,−−→

RQ⁰

=w .

Le triangleP⁰QRest isocèle enP⁰. Comme les pointsP etP⁰ sont de part et d'autre du segment[QR], on en déduit que la droite(P P⁰)est une des médiatrices du triangleP⁰QR. Comme

Q∈(P⁰C)

R∈(P⁰B) , la droite(P P⁰)est aussi une des bissectrices du triangleP⁰BC.

D'une part, l'alignement des pointsC,P et Q⁰ induit que :

−−\→ P B,−−→

P C

=π− −−→\ P Q⁰,−−→

P B

=π−u. D'autre part, dans le triangle isocéleP⁰QR:

−−→\ P⁰B,−−→

P⁰C

=π−2u =⇒ −−→\ P B,−−→

P C

= π 2 +1

2

−−→\ P⁰B,−−→

P⁰C

. (1.1)

Dans le triangleP⁰BC, on noteP₁⁰l'intersection de la bissectrice intérieure issue du sommetP⁰avec le segment[BC]. D'après la section précédente, l'égalité (1.1) montre qu'alors,P est le centre du cercle inscrit au triangleP⁰BC. En conséquence, le pointP appartient aux bissectrices des angles −−→\

BC,−−→

BP⁰

et −−→\ CP⁰,−−→

CB

. De la même façon, le pointQ(respectivementR) appartient aux bissectrices des angles −→\

CA,−−→

CQ⁰

et −−→\ AQ⁰,−→

AC

respectivement −−→\ AB,−−→

AR⁰

et −−→\ BR⁰,−−→

BA . A partir des égalités :

−−→\ AQ⁰,−→

AQ

= −→\ AQ,−→

AC dans le triangleQ⁰CA, et −−\→

AB,−→

AR

= −→\ AR,−−→

AR⁰ dans le triangleR⁰AB, on en déduit que −−→\

AB,−−→

AQ⁰

= −−→\ AQ⁰,−→

AQ

= −→\ AQ,−→

AC

=1 3

−−→\ AB,−→

AC. Donc, les droites(AR)et(AQ)sont les trissectrices intérieures du triangleABC issues du sommet A. De même, les 4 autres trissectrices intérieures du triangleABC sont les droites(BP),(BR),(CP)et (CQ).

Dans le triangleAQR, on a :

−→\ AR,−→

AQ

=π−h

u+ −−→\ RP⁰,−→

RAi

−h

u+ −→\ QA,−−→

QP⁰i

=π−(2u+v+w) = π 3 −u. D'où −−→\

AB,−→

AC

= 3 −→\ AR,−→

AQ

=π−3u. Par permutation circulaire, on obtient également que







−−→\ BC,−−→

BA

=π−3v

−→\ CA,−−→

CB

=π−3w .

1.1.3 Démonstration du théorème de Morley

Soit un triangleA₁B₁C₁ non plat. Soient les réelsu, vet wdénis par les relations











−−−→\ A1B1,−−−→

A1C1

=π−3u

−−−→\ B1C1,−−−→

B1A1

=π−3v

−−−→\ C1A1,−−−→

C1B1

=π−3w

, alors :

π= −−−→\ A1B1,−−−→

A1C1

+ −−−→\ B1C1,−−−→

B1A1

+ −−−→\ C1A1,−−−→

C1B1

= 3π−3(u+v+w) =⇒ u+v+w= 2π 3 .

Soit un triangle équilatéralP QRquelconque. La construction de la section précédente, à partir de ce triangleP QR et des valeurs deu,v et wçi-dessus, aboutit à un triangleABC semblable àA1B1C1car











−−−→\ A1B1,−−−→

A1C1

= −−→\ AB,−→

AC

−−−→\ B1C1,−−−→

B1A1

= −−\→ BC,−−→

BA

−−−→\ C1A1,−−−→

C1B1

= −→\ CA,−−→

CB .

Preuve du théorème de Morley Soit un triangle équilatéralP QR quelconque. Pour tout triangle ABC non plat, il existe

eectivement 3 nombres réelsu,vet wde l'intervallei 0,π

3

htels que











−−→\ AB,−→

AC

=π−3u

−−\→ BC,−−→

BA

=π−3v

−→\ CA,−−→

CB

=π−3w

et à partir desquels, on peut construire un triangleA1B1C1 semblable au triangleABC et admettant le triangleP QRcomme triangle de Morley.

1.2 Deuxième démonstration

1.2.1 La relation des sinus

Soit un triangleABC non plat, on considère son cercle circonscrit de centreO et de rayonr.

Figure 3 Théorème de l'angle inscrit : −−→\ A1B,−−→

A1C

= −−→\ A2B,−−→

A2C

=π− −−→\ A3C,−−→

A3B .

Supposons que −−→\ AB,−→

AC

< π

2, alors sin −−\→ AB,−→

AC

= BC

2r = sinh

π− −−→\ AB,−→

ACi

grâce au théorème de l'angle inscrit. En convenant que







a=BC b=AC c=AB

, on retrouve la célèbre loi des sinus :

sin −−→\ AB,−→

AC

a = sin −−→\ BC,−−→

BA

b = sin −→\ CA,−−→

CB

c = 1

2r . (1.2)

1.2.2 Démonstration du théorème de Morley

Soit un triangleABCnon plat, on noteP (respectivementQetR) le point d'intersection des trissectrices issues des sommets B etC (respectivement deCet A, et de AetB) comme sur la Figure4.

Soientα,β etγ les réels dénis par











−−\→ AB,−→

AC

= 3α

−−→\ BC,−−→

BA

= 3β

−→\ CA,−−→

CB

= 3γ

. L'application de (1.2) dans les triangles ABRet ABC donne :

AR=AB sinβ

sin(π−α−β) = 2rsin 3γ sinβ

sin(α+β) = 2rsinβsin 3(α+β) sin(α+β) . Remarque 1.2. On rappelle l'identité trigonométrique :

∀θ∈R, sin 3θ= sinθ 4 cos²θ−1

. (1.3)

Preuve. A partir de :

sin 3θsinθ = −1

2(cos 4θ−cos 2θ) = −1 2

h 1−2 sin²2θ

− 1−2 sin²θi

= sin²2θ−sin²θ = sin²θ 4 cos²θ−1 ,

on obtient (1.3) après simplication d'un facteur sinθ dans chacun des membres.

Figure 4 La longueur des côtés du triangle de MorleyP QRest égale à8rsinαsinβsinγ.

L'emploi de (1.3) sur : sin 3(α+β)

sin(α+β) = 4 cos²(α+β)−1 = 2

1 + cos 2(α+β)

−1 = 2

cos 2(α+β)−cos2π 3

= −4 sin

α+β+π 3

sin

α+β−π 3

= 4 sinγsin 2π

3 −γ

= 4 sinγsinπ 3 +γ conduit àAR= 8rsinβsinγsinπ

3 +γ

. De la même manière, on aurait obtenu queAQ= 8rsinβsinγsinπ 3 +β

avec la substitutionγ!β en raisonnant sur les trianglesACQetABC. D'où :

8rsinβsinγ= AQ sinπ

3 +β = AR sinπ

3 +γ . (1.4)

On considère le pointM de la demi-droite[AQ)vériant −−→\ RM ,−→

RA

=π

3 +β. Dans le triangleARM, on a :

−−→\ M A,−−→

M R

=π−α−π 3 +β

= π 3 +γ. Ecrivons (1.2) dans le triangle ARM :

sin −−→\ M A,−−→

M R

AR = sin −−→\ RM ,−→

RA

AM =⇒ AM = AR

sinπ

3 +γsinπ 3 +β

=AQ

par comparaison avec (1.4). Etant déni comme l'intersection de la demi-droite[AQ)avec le cercle de centreAet de rayonAQ, le pointM est nécessairement confondu avec le point Q. D'où :

−−→\ RQ,−→

RA

= π

3 +β et −→\ QA,−−→

QR

= π 3 +γ.

En utilisant de nouveau (1.2) et (1.4) dans le triangle ARQ, on trouve en dénitive queQR= 8rsinαsinβsinγ.

Preuve du théorème de Morley Soit un triangleABCnon plat. Avec les notations de la Figure4, l'invariance manifeste de : 8rsinαsinβsinγ=QR=RP =P Q

sous l'action du groupe symétriqueS3 sur l'ensemble{A, B, C} suggère que le triangleP QRest alors équilatéral.

1.3 Troisième démonstration

Cette démonstration est basée sur un article d'Alain Connes [2] datant de 1998. Le planPest rapporté à un repère orthonormé direct(O, ~u, ~v). Chaque pointM(x, y)du plan est aussi repéré par son axez=x+iy. Les angles de vecteurs sont orientés.

1.3.1 Préliminaires

DansC, l'équationz³−1 = 0admet pour solutions évidentes{1, j, j²}. L'absence de termes enz²indique que1 +j+j²= 0. On considère 3 pointsP,Q etR du plan complexe d'axes respectivesp,q etr. Soit un triangle équilatéralP QR tel que la mesure principale de l'angle orienté −−→

P Q,−→

P R

soit égale à π

3. Alors, on aq−p=j⁻¹(r−q) =j(p−r)et :

−−→ P Q+−−→

QR+−→

RP =−→

0 ⇐⇒ j⁻¹(r−q) + (r−q) + (p−r) =p+jq+j²r= 0. Réciproquement, sip+jq+j²r= 0, alors :

p−(1 +j²)q+j²r= 0

p+jq−(1 +j)r= 0 ⇐⇒

q−p=j²(r−q)

p−r=j(r−q) =⇒ P Q=QR=RP . Dans ce cas, on dit que le triangleP QRest un triangle équilatéral direct.

Si −−→ P Q,−→

P R

=−π

3, alors :

q−p=j(r−q) =j⁻¹(p−r) =⇒ j(r−q) + (r−q) + (p−r) =p+j²q+jr= 0.

La réciproque ne présente pas de dicultés. Dans ce cas, on dit que le triangleP QRest un triangle équilatéral indirect.

1.3.2 Généralités

Soit un triangleABC non plat que l'on suppose direct, i.e. −−→ AB,−→

AC

∈]0, π[. On note : - 3α(respectivement3β et3γ) la mesure principale de l'angle −−→

AB,−→

AC

respectivement de −−→ BC,−−→

BAet −→

CA,−−→ CB - P (respectivementQetR) le point d'intersection des trissectrices issues des sommets adjacentsBetC(respectivement

deC etA, et deAet B) comme sur la Figure5

- P⁰ (respectivement Q⁰ et R⁰) le symétrique du point P (respectivement de Q et R) par rapport à la droite (BC) respectivement(AC)et(AB)

- A⁰ le symétrique du pointApar rapport à la droite(BC)

Figure 5 Dans le cas d'un triangleABC direct,τ =f³◦g³◦h³=IdP.

En adoptant la notationρΩ,θ pour désigner la rotation de centreΩet d'angleθ∈]0,2π[, on pose







f =ρA,2α

g=ρB,2β

h=ρC,2γ

. Il est clair que −−→

CP ,−−→

CP⁰

= 2γ, ainsi que :







P⁰=g⁻¹(P) =h(P) Q⁰=f(Q) =h⁻¹(Q) R⁰=f⁻¹(R) =g(R)

=⇒







(g◦h)(P) =g(P⁰) =P (h◦f)(Q) =h(Q⁰) =Q (f◦g)(R) =f(R⁰) =R

.

1.4 Quelques calculs numériques

Soit un pointM ∈ P d'axez, la relation vectorielle−−→

AM⁰=f −−→

AM

se traduit par : f(z)−a=e^2iα(z−a) =⇒ f(z) =e^2iαz+ 1−e^2iα

a. Il existe ainsi 6 nombres complexesa₁,a₂, a₃, b₁,b₂ et b₃ permettant de décrire







f(z) =a₁z+b₁ g(z) =a₂z+b₂ h(z) =a₃z+b₃

. Etant donné que les angles orientésα,β etγ sont dans]0, π[et qu'ils vérient la contrainteα+β+γ= π

3, on a : a1a2a3=e^2i(α+β+γ)=j, a1a26= 1, a2a36= 1 et a3a16= 1. Dans la mesure où le pointP est un point xe de la transformationg◦h:

(g◦h)(p) =a₂(a₃p+b₃) +b₂=p =⇒ p=a₂b₃+b₂ 1−a2a3 . Idem pour :

q=a3b1+b3

1−a₃a₁ et r=a1b2+b1

1−a₁a₂ . Pour la suite, on admet les 2 résultats suivants :

∀z∈C, f³◦g³◦h³

(z) = (a1a2a3)³z+ a²₁+a1+ 1

b1+a³₁ a²₂+a2+ 1

b2+a³₁a³₂ a²₃+a3+ 1 b3, ainsi que p+jq+j²r=−j²a3

a²₁+a1+ 1

b1+a³₁ a²₂+a2+ 1

b2+a³₁a³₂ a²₃+a3+ 1 b3

a1(1−a2a3)(1−a3a1)(1−a1a2) . (1.5) Comme(a1a2a3)³=j³= 1, la transformationf³◦g³◦h³ se révèle être en réalité une banale translationτ. Or :

g³◦h³

(A) =g³(A⁰) =A =⇒ τ(A) =f³(A) =A.

Par conséquent, la transformationf³◦g³◦h³ s'identie simplement avec l'application identité IdP.

Preuve du théorème de Morley Soit un triangleABC direct non plat. Avec les notations précédentes, on en déduit que : a²₁+a1+ 1

b1+a³₁ a²₂+a2+ 1

b2+a³₁a³₂ a²₃+a3+ 1 b3= 0

La relation (1.5) se réduit àp+jq+j²r= 0. Autrement dit, le triangleP QRest un triangle équilatéral direct.

Remarque 1.3. Dans le cas d'un triangleABC indirect non plat, la construction géométrique de la Figure5et les formules précédentes sont valables pour le triangleACB qui, quant à lui, s'avère être un honnête triangle direct.

2 Interpolation polynomiale, méthode des diérences nies

2.1 Approximation d'une fonction f sur un intervalle

2 Le planP est muni du repère orthonormé(O,~ı, ~). Soitf la fonction dénie par∀x∈R, f(x) = 1 x²+ 1.

2. Keywords : interpolation, méthode de Newton, équation aux diérences nies, somme des cubes

n

X

k=0

k³=n²(n+ 1)²

4 .

2.1.1 Etude de la fonctionf

Figure 6 Courbes représentatives des fonctionsf(x) = 1

1 +x² etP(x) = 1−x²

2 dans l'intervalle[−1,1].

2.1.2 Une première approximation

Soitg: [−1,1]→Rla fonction ane par morceaux dénie par g(x) =





 1

2x+ 1 six∈[−1,0]

−1

2x+ 1 six∈[0,1]

. En raison de la parité des fonctions, on peut se contenter de vérier que :

∀x∈[0,1], g(x)−f(x) =−1

2x+ 1− 1

x²+ 1 =−x(1−x)²

2(1 +x²) =⇒ g(x)6f(x). D'où l'estimation :

Ig= Z 1

−1

g(x)dx= 2 Z 1

0

−1 2x+ 1

dx= 3

2 =⇒ 3 2 6

Z 1

−1

f(x)dx=If.

2.1.3 Interpolation quadratique

On cherche à approcher la fonctionf par une fonction polynomiale de degré inférieur ou égal à 2.

Soit une fonction polynomialeP (avecdegP62) telle que







P(−1) =f(−1) P(0) =f(0) P(1) =f(1)

. Supposons un instant qu'il existe une autre fonction polynomialePe (avec degPe62) vériant les mêmes conditions, alorsP −Pe serait une fonction polynomiale telle quedeg(P−P)e 62 et faisant en sorte de s'annuler en 3 pointsx∈ {−1,0,1}. Il s'ensuit donc queP−Pe= 0.

Pour toutx∈R, on considère les 3 fonctions polynomialesL₋₁,L₀et L₁dénies par : L₋₁(x) =1

2x(x−1), L0(x) =−(x−1)(x+ 1) et L1(x) = 1

2x(x+ 1).

x=−1 0 1

L−1 1 0 0

L₀ 0 1 0

L1 0 0 1

Table 1 Quelques valeurs des fonctions L₋₁,L0 etL1.

On noteP la fonction polynomiale dénie par :

∀x∈R, P(x) =f(−1)L₋₁(x) +f(0)L₀(x) +f(1)L₁(x).

Au regard des valeurs si particulières du Tableau 1, il est plus qu'évident que P est l'unique fonction polynomiale (avec degP62) satisfaisant aux 3 conditions







P(−1) =f(−1) P(0) =f(0) P(1) =f(1)

. Après avoir explicité :

P(x) = 1 2

1

2x(x−1)

−(x−1)(x+ 1) +1 2

1

2x(x+ 1)

= 1−x² 2 et montré que :

∀x∈[−1,1], f(x)−P(x) = 1 x²+ 1 −

1−x²

2

=−x²(1−x²)

2(1 +x²) =⇒ f(x)6P(x), on obtient l'estimation³ :

IP = 2 Z 1

0

1−x²

2

dx=5

3 =⇒ 3

2 6If 6 5 3 .

Soient 3 nombres réelsy0,y1 ety2xés. On considère les fonctions polynomialesL0,L1 etL2 dénies par :

∀x∈R, L_i(x) =

2

Y

j=0 j6=i

x−j i−j

pour chaquei∈J0,2K. Alors, la fonction :

P(x) =

2

X

i=0

yiLi(x) =y0L0(x) +y1L1(x) +y2L2(x) se trouve être l'unique fonction polynomiale (avecdegP62) vériant∀i∈J0,2K, P(i) =yi.

2.2 Méthode de Newton

Soient 4 réelsy0, y1,y2 ety3 xés, on se propose de déterminer 4 fonctions polynomialesP0,P1,P2 etP3 telles que : - P₀ est constante et vérieP₀(0) =y₀

- P1 est de degré inférieur ou égal à 1 et vérie

P1(0) =y0

P₁(1) =y₁ - P2 est de degré inférieur ou égal à 2 et vérie







P₂(0) =y₀ P₂(1) =y₁ P₂(2) =y₂

- P₃ est de degré inférieur ou égal à 3 et vérie











P₃(0) =y₀ P₃(1) =y₁ P₃(2) =y₂ P3(3) =y3

Pour toutn∈J0,3K, si la fonctionPn vérie les propriétés correspondantes çi-dessus, on dira qu'elle vérie la propriété(En). On introduit maintenant les notations suivantes :

∆⁰y3=y3

∆⁰y2=y2

∆⁰y1=y1

∆⁰y0=y0

∆¹y2=y3−y2

∆¹y1=y2−y1

∆¹y0=y1−y0

∆²y1= ∆¹y2−∆¹y1

∆²y0= ∆¹y1−∆¹y0

∆³y0= ∆²y1−∆²y0

Figure 7 Méthode des diérences nies.

3. Un calcul direct aurait bien sûr fournit la valeur exacte deIf = 2 Z1

0

dx 1 +x² =π

2.

2.2.1 Premiers résultats

Bien entendu,

P0(x) =y0

P1(x) = (y1−y0)x+y0 . Observons que P1(x) = ∆⁰y0+ ∆¹y0 x. Par ailleurs, on voit aussi que :

∆²y0=y2−2y1+y0,

et ∆³y0= (y3−2y2+y1)−(y2−2y1+y0) =y3−3y2+ 3y1−y0.

2.2.2 Détermination de la fonctionP2

On suppose que P₂ est l'unique fonction polynomiale vériant la propriété (E2). Soit Q₂ la fonction polynomiale (avec degQ₂62) dénie par :

∀x∈R, Q₂(x) =P₂(x)−P₁(x).

En particulier, on aQ2(0) =Q2(1) = 0. Par conséquent, il existe une constantec2∈Rtelle queQ2(x) =c2x(x−1). Or, la condition additionnelleP2(2) =y2entraîne que :

Q₂(2) +P₁(2) = 2c₂+ 2(y₁−y₀) +y₀=y₂ =⇒ c₂= 1

2(y₂−2y₁+y₀) = ∆²y₀ 2 . D'où nalement :

∀x∈R, P2(x) =P1(x) +Q2(x) = ∆⁰y0+ ∆¹y0

x+ ∆²y0

x(x−1)

2 .

2.2.3 Détermination de la fonctionP₃

Le procédé précédent conduit à la fonction :

∀x∈R, P3(x) = ∆⁰y0+ ∆¹y0

x+ ∆²y0x(x−1)

2 + ∆³y0x(x−1)(x−2) 3!

comme unique fonction polynomiale vériant la propriété(E₃). Plus généralement, on peut prouver le théorème suivant : Théorème 2.1. Soitn∈N^∗. Soient n+ 1nombres réelsy0,y1,y2, . . . ,y_n−1 etyn xés, alors il existe une unique fonction polynomialePn (avecdegPn 6n) vériant la propriété∀k∈J0, nK, Pn(k) =yk. Cette solution peut s'écrire sous la forme :

∀x∈R, Pn(x) = ∆⁰y0+ ∆¹y0

x+ ∆²y0x(x−1)

2 +. . .+ (∆ⁿy0)x(x−1). . .(x−n+ 1)

n! , (2.1)

où les∆^ky0 sont dénis par la relation de récurrence

∀j∈J0, nK, ∆⁰yj=yj sik= 0

∀j∈J0, n−kK, ∆^kyj= ∆^k−1yj+1−∆^k−1yj sik∈J1, nK .

2.3 Résolution d'une équation aux diérences nies

SoitQune fonction polynomiale telle quedegQ63. Soitα∈R, le but de cette partie est de montrer l'existence et l'unicité d'une fonction polynomialeP telle que P(0) =αet satisfaisant à l'équation aux diérences nies :

∀x∈R, P(x+ 1)−P(x) =Q(x). (2.2) On dira d'une telle fonctionP qu'elle vérie la propriété (CQ,α). Pour toutx∈ R, on introduit à cette n les 5 fonctions polynomiales suivantes :

H0(x) = 1, H1(x) =x, H2(x) = x(x−1)

2 , H3(x) =x(x−1)(x−2)

3! et H4(x) = x(x−1)(x−2)(x−3)

4! . (2.3)

2.3.1 Question préliminaire : cas particulier de la fonction nulle et unicité

Soitα∈R. Supposons que∀x∈R, Q(x) = 0, on cherche une fonction polynomialeP vériant

P(0) =α

∀x∈R, P(x+ 1) =P(x) . Le fait que la fonction polynomialeP−αs'annule sur l'ensembleZpermet de conclure que∀x∈R, P(x) =α. Un argument identique garantit l'unicité de la solution.

SoientQ∈R[X] etα∈R, on suppose qu'il existe 2 fonctions polynomiales distinctes P et Pe vériant la propriété(CQ,α), i.e.

(

P(0) =P(0) =e α

∀x∈R, P(x+ 1)−P(x) =Pe(x+ 1)−Pe(x) =Q(x) . CommeP−Pe s'annule surZ, alorsP =Pe.

2.3.2 Cas général : analyse du problème

SoitQune fonction polynomiale non nulle telle quedegQ63. Soitα∈R, on suppose qu'il existe une fonction polynomialeP vériant la propriété(CQ,α).

SiP était une fonction constante, alors∀x∈R, P(x+ 1)−P(x) = 0. Or,Qn'est pas la fonction nulle.

Soitm= degP, il existem+ 1réelsc0,c1, . . .,c_m−1 etcmtels que∀x∈R, P(x) =

m

X

k=0

ckx^k. Le calcul de :

Q(x) = P(x+ 1)−P(x) =

m

X

k=0

c_k(x+ 1)^k−

m

X

k=0

c_kx^k =

m

X

k=0

c_k

" _k X

`=0

k

`

x^`

#

−

m

X

k=0

c_kx^k

=

m

X

`=0 m

X

k=`

k

`

ckx^`−

m

X

k=0

ckx^k =

m

X

k=0 m

X

`=k

` k

c`−ck

x^k =

m−1

X

k=0 m

X

`=k

` k

c`−ck

x^k

met en lumière quedegQ6m−1. PuisquedegQ63, on en déduit quem64. Etant donné que les fonctions polynomiales{Hk}_k∈

J0,4Kdénies en (2.3) forment une base duR-espace vectoriel des fonctions polynomiales de degré inférieur ou égal à 4, il existe une unique décomposition deP dans cette base :

∀x∈R, P(x) =

4

X

k=0

akHk(x) =a0H0(x) +a1H1(x) +a2H2(x) +a3H3(x) +a4H4(x) (2.4) à partir de laquelle, il est clair quea₀=α. Par ailleurs, pour toutk∈J2,4K:

Hk(x+ 1)−Hk(x) = 1 k!

"_k−1 Y

`=0

(x−`+ 1)−

k−1

Y

`=0

(x−`)

#

= 1 k!

(x+ 1)−(x−k+ 1)

k−2

Y

`=0

(x−`)

= 1

(k−1)!

k−2

Y

`=0

(x−`) = H_k−1(x).

On remarque que cette identité demeure encore valable pourk= 1. SiP vérie la propriété(CQ,α), alors :

∀x∈R, Q(x) =

4

X

k=0

ak

Hk(x+ 1)−Hk(x)

=

3

X

k=0

ak+1Hk(x). (2.5)

2.3.3 Synthèse

SoitQune fonction polynomiale non nulle telle quedegQ63:

∀j∈J0,3K, Q(j) =yj ⇐⇒









1 0 0 0 1 1 0 0 1 2 1 0 1 3 3 1















 a1

a2

a3

a4









=







 y0

y1

y2

y3









en utilisant la décomposition (2.5) deQsur la base{Hk}_k∈

J0,4K. Soitα∈R. Puisquedet









1 0 0 0 1 1 0 0 1 2 1 0 1 3 3 1









6= 0, il existe alors une unique fonction polynomialeP vériant(CQ,α). Le calcul de :







 a1

a2

a3

a4









=









1 0 0 0

−1 1 0 0

1 −2 1 0

−1 3 −3 1















 y0

y1

y2

y3









=









y0

y1−y0

y2−2y1+y0

y3−3y2+ 3y1−y0









en complément de (2.4), montre que la solution de l'équation aux diérences nies (2.2) s'exprime sous la forme :

∀x∈R, P(x) =

4

X

k=0

a_kH_k(x) =α+ ∆⁰y₀

H₁(x) + ∆¹y₀

H₂(x) + ∆²y₀

H₃(x) + ∆³y₀

H₄(x). (2.6)

2.4 Application : somme des puissances 3

^èmes

des k premiers entiers

L'objectif est d'expliciter une formule donnant pour toutk ∈N^∗, la sommeσk= 1³+ 2³+. . .+k³=

k

X

`=1

`³. Précisément, on dénit la suite(σk)k∈N par l'initialisationσ0= 0 et la relation de récurrence :

∀k∈N, σk+1=σk+ (k+ 1)³.

Soit la fonction polynomialeQdénie parQ(x) = (x+ 1)³, on note∀j∈J0,3K, Q(j) =y_j.

Soit la fonction polynomialeP qui vérieP(0) = 0et (2.2). Etant donné queσ₀=P(0), on a alors :

∀k∈N, σk+1=σk+ (k+ 1)³=P(k) +Q(k) =⇒ σk+1=P(k+ 1)

par induction immédiate. PuisquedegQ= 3, on peut dorénavant utiliser les résultats de la section antérieure, dont :

∀k∈N, P(k) = 0 + ∆⁰y0

H1(k) + ∆¹y0

H2(k) + ∆²y0

H3(k) + ∆³y0 H4(k). Puis, la détermination des diérences nies :

∆⁰y3= 64

∆⁰y2= 27

∆⁰y1= 8

∆⁰y0= 1

∆¹y2= 37

∆¹y1= 19

∆¹y0= 7

∆²y1= 18

∆²y0= 12

∆³y0= 6

Figure 8 Schéma numérique des diérences nies lorsqueQ(x) = (x+ 1)³. mène nalement à une expression élégante deσ_k, à savoir :

k

X

`=1

`³ = H1(k) + 7H2(k) + 12H3(k) + 6H4(k)

= k+7

2k(k−1) + 2k(k−1)(k−2) +1

4k(k−1)(k−2)(k−3)

= k

1 +7

2(k−1) + 2(k²−3k+ 2) +1

4(k³−6k²+ 11k−6)

= k 1

4k+1 2k²+1

4k³

= k²(k+ 1)²

4 .

Références bibliographiques

[1] Alexander Bogomolny. Morley's miracle :https://www.cut-the-knot.org/triangle/Morley/index.shtml(2015).

[2] Alain Connes. A new proof of Morley's theorem. Publications Mathématiques de l'I.H.E.S. vol. 88, 43-46 (1998).

[3] Frank Morley. Extensions of Cliord's chain-theorem. American Journal of Mathematics vol. 51, 465-472 (1929).

Eléments de solution rédigés par

Chieh-Lei Wong

le 14 février 2020. [email protected]