Correction du DM : triangles équilatéraux

Correction du DM : triangles équilatéraux

1) Posons j e²ⁱ³

= π. Alors 1 3

2 2

j= − +i , et ^{2 4 3} 1 3

2 2

j e i i

= π = − − . On a donc bien

1+ +j j2 =0 et j³ e⁶ⁱ³ e²ⁱ 1

π π

= = = . D’autre part, si on appelle A, B, C les points d’affixes respectives 1, j, j², on a

2

2 2 3 3 9 3

1 3

2 2 4 4

AB = − j = −i = + = . De même

2

2 2 2 1 3

1 3

2 2

AC = − j = +i = ,

2 2

2 2

3 3

BC = −j j = i = . Le triangle ABC est

équilatéral. Enfin 1 3 ³

1 2 2

j i ei

+ = + = π, et ² 1 3 ³

1 2 2

j i e i

−π

+ = − = . Les points d’affixes

2 2

1,1+ j j, , 1,− j ,1+ j sont donc situés sur le cercle unité, correspondant aux angles 0, , 2 , , 4 , 5

3 3 3 3

π π π π π

. Ils forment donc un hexagone régulier.

2) Le triangle ABC est équilatéral si et seulement si C est l’image de B par une rotation de centre A et d’angle

3

π

(si le triangle équilatéral est direct) ou 3

−

π

s’il est indirect, ce qui

s’écrit c a eⁱ³(b a) c e bⁱ³ (1 eⁱ³)a

π π π

− = − ⇔ = + − pour un triangle équilatéral direct ou

3( ) 3 (1 3)

i i i

c a e b a c e b e a

π π π

− − −

− = − ⇔ = + − . Si l’on remarque que ^{3 3} 2 cos 1 3

i i

e e

π ₊ ⁻π ₌

π

₌

, on retrouve bien la condition c e aⁱ³ (1 eⁱ³)b

π π

= + − . Comme j² e⁴ⁱ³ e^{i( 3)} eⁱ³

π π +π π

= = = − et ³ 1 3 3 ³

1 1 1

2 2 2

i i

e i i e j

π   ₋π

− = − + = − = = −

  ^{, la}

condition c beⁱ³ a(1 eⁱ³)

π π

= + − est équivalente à c= −bj²−aj, c’est à dire c bj+ ²+ =aj 0, ou encore a bj+ +cj² =0 en multipliant par j , compte tenu de ² j³ =1.

3) Donnons nous maintenant un triangle ABC direct quelconque. On construit à l’extérieur de celui-ci des triangles équilatéraux BAD et ACE directs. On a donc, d’après la question précédente, d aeⁱ³ be ⁱ³

π ₋π

= + et e ceⁱ³ ae ⁱ³

π ₋π

= + . On trace le parallélogramme DAEF, donc DF = AE

, soit f − = −d e a, et f = + −e d a. Faisons ce calcul, nous obtenons

3 3 3 3 3 3 ( 3 3 1) 3 3

i i i i i i i i i i

f ae be ce ae a be ce a e e be ce

π ₋π π ₋π ₋π π π ₋π ₋π π

= + + + − = + + + − = + puisque

3 3 2 cos 1

3

i i

e e

π ₊ ⁻π ₌

π

₌

, ce qui est équivalent d’après la question précédente, à dire que le triangle BCF est équilatéral direct.

4) Les points D et E sont comme dans la question précédente, mais F n’est plus le même, en effet, le triangle CBF est équilatéral direct, autrement dit f beⁱ³ ce ⁱ³

π ₋π

= + . Si on appelle g1, g2 et g3 les affixes des centres de gravité G1, G2, G3, on a ₁

3 a b d g = + + , soit

3 3 1

(1 ) (1 )

3

i i

a e b e

g

π −π

+ + +

= . Or ³ 1 3 3 3 3 1 ⁶

1 1 3 3

2 2 2 2 2 2

i i

e i i i e

π   π

+ = + + = + =  + =

  ^,

et ³ 1 3 3 3 ⁶

1 1 3

2 2 2 2

i i

e i i e

π π

− −

+ = + − = − = . On obtient que ₁ 3 ^{6 6}

( )

3

i i

g ae be

π −π

= + , et par

permutation circulaire ₂ 3 ^{6 6}

( )

3

i i

g ce ae

π −π

= + , et ₃ 3 ^{6 6}

( )

3

i i

g be ce

π −π

= + . Finalement, le

centre de gravité du triangle G1G2G3 a pour affixe ^{1 2 3} 3 g +g +g

, et comme

6 6 2 cos 3

6

i i

e e

π ₊ ⁻π ₌

π

₌

, il est facile de voir qu’elle est égale à 3 a b c+ +

, celle du centre de gravité de ABC.

D’autre part, _{2 1} 3 ^{6 6 6 6} 3 ^{6 6}

( ) ( )

3 3

i i i i i i

g g ce ae ae be ce ia be

π −π π −π π −π

− = + − − = − − , et de même

6 6

3 1

3( )

3

i i

g g ce ae ib

π π

− = − − + . On voit que ³ _{3 1} 3 ^{6 3 6 3 3}

( ) ( )

3

i i i i

e g g ce ae ibe

π − +π π π π+ π

− = − + ,

ce qui est bien égal à g₂−g₁. G2 est l’image de G3 par la rotation de centre G1 et d’angle 3

π

, le triangle G1G2G3 est donc équilatéral.

5) Revenons maintenant aux points D, E, F. f a beⁱ³ c(1 eⁱ³) a beⁱ³ ce ⁱ³ a

π π π −π

− = + − − = + − ,

3 3

i i

e b ce ae b

π −π

− = + − , et e²ⁱ³(f a) e²ⁱ³(beⁱ³ ce ⁱ³ a) beⁱ ceⁱ³ ae²ⁱ³ e b

π π π π π π

− π

− = + − = + − = − .

Les vecteurs BE

et AF

ont bien même norme et font un angle de 2 3

π

, les droites (BE) et

(AF) un angle de 3

π

. On ferait de même pour les autres couples.

Et voila