Théorème de Morley

Triangle de Morley et son « tripode ».

Claude Frasnay[1] propose une démonstration sans trigonométrie ni nombres complexes, utilisant uniquement la somme des angles d'un triangle et les similitudes directes.

Pour tous réels strictement positifs a, b, c tels que a + b + c = ^π⁄₃, est appelé « dipode de pointure (a, b) » la figure QARBP constituée d'un triangle équilatéral direct QRP auquel on adjoint deux triangles de sens direct QAR et RBP tels que les angles de sommets A et B aient pour mesure en radians a et b et les angles de sommets Q et P aient pour mesure ^π⁄₃ + c. Par construction, deux dipodes de même pointure sont directement semblables.

De même est appelé « tripode de pointure (a, b, c) », la figure QRPABC constituée de trois dipodes QARBP de pointure (a, b), RBPCQ de pointure (b, c) et PCQAR de pointure (c, a). Par construction, deux tripodes de même pointure sont directement semblables.

Pour un tripode QRPABC donné de pointure (a, b, c), on construit ensuite le triangle ABW' direct tel que les angles de sommet A et B mesurent 2a et 2b. On appelle R' le point de concours des bissectrices de ce triangle et on construit un triangle équilatéral direct Q'R'P' symétrique par rapport à (R'W') et tel que P' et Q' appartiennent respectivement à [BW'] et [AW']. On démontre alors que Q'AR'BP' est un bipode de pointure (a, b). Comme deux bipodes de même pointure sont directement semblables, les bipodes QARBP et Q'AR'BP' sont semblables et confondus, et les demi-droites [AR) et [BR) sont les bissectrices intérieures des angles QAB et ABP. En reprenant le même raisonnement sur [BC] puis [CA], on démontre que les demi-droites [AQ), [AR), [BR), [BP), [CP) et [CQ) sont les trisectrices du triangle ABC dont les angles aux sommets sont donc 3a, 3b, 3c.

Tout triangle A'B'C' direct d'angles 3a, 3b, 3c est directement semblable au triangle ABC construit à partir du tripode de pointure (a, b, c) et ses trisectrices se coupent donc en formant un triangle équilatéral directement semblable au triangle QRP.

La loi des sinus détermine la longueur de la plupart des segments à partir des côtés du triangle et le théorème d'Al-Kashi permet de déterminer les autres, notamment les trois côtés PR, PQ et QR du triangle rouge — celui qui est censé être équilatéral.

On définit les angles a, b et c tels que :

• ${\displaystyle {\widehat {BAC}}=3\times a,}$
• ${\displaystyle {\widehat {CBA}}=3\times b,}$
• ${\displaystyle {\widehat {ACB}}=3\times c.}$

Puisque dans tout triangle on a :

${\displaystyle {\widehat {BAC}}+{\widehat {CBA}}+{\widehat {ACB}}=\pi ,}$

le changement de variable ci-dessus donne :

${\displaystyle a+b+c={\frac {\pi }{3}}.}$

De plus, pour simplifier les calculs, on adopte une unité de longueur telle que le rayon du cercle circonscrit au triangle est 1. On a alors :

• AB = 2 sin(3c),
• BC = 2 sin(3a),
• AC = 2 sin(3b).

Dans le triangle BPC, d'après la loi des sinus, on a :

${\displaystyle {\frac {BP}{\sin(c)}}={\frac {BC}{\sin(\pi -b-c)}}={\frac {2\sin(3a)}{\sin(b+c)}}={\frac {2\sin(3a)}{\sin({\frac {\pi }{3}}-a)}}}$

${\displaystyle BP={\frac {2\sin(3a)\sin(c)}{\sin({\frac {\pi }{3}}-a)}}.}$

On peut développer sin(3a) :

${\displaystyle {\begin{aligned}\sin(3a)&=(3-4\sin ^{2}a)\sin a\\&=(3\cos ^{2}a-\sin ^{2}a)\sin a\\&=4\left({\tfrac {\sqrt {3}}{2}}\cos a+{\tfrac {1}{2}}\sin a\right)\left({\tfrac {\sqrt {3}}{2}}\cos a-{\tfrac {1}{2}}\sin a\right)\sin a\\&=4\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}-a\right)\sin a,\end{aligned}}}$

ce qui permet de simplifier l'expression de BP :

${\displaystyle BP=8\sin(a)\sin(c)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right).}$

On obtiendrait de même :

${\displaystyle BR=8\sin(a)\sin(c)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right).}$

En appliquant alors le théorème d'Al-Kashi, qui s'écrit PR² = BP² + BR² – 2 BP BR cos(b), on obtient :

${\displaystyle PR^{2}=64\sin ^{2}(a)\sin ^{2}(c)\left[\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)+\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)-2\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)\cos(b)\right].}$

Or

${\displaystyle \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)+\left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)+b={\tfrac {2\pi }{3}}+(a+b+c)=\pi .}$

Il existe donc un triangle ayant pour angles ^π⁄₃ + a, ^π⁄₃ + c et b, et dont le rayon du cercle circonscrit est 1. Si on lui applique le théorème d'Al-Kashi, on a :

${\displaystyle \sin ^{2}(b)=\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)+\sin ^{2}\left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)-2\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+a\right)\sin \left({\tfrac {\pi }{3}}+c\right)\cos(b)}$

donc

${\displaystyle PR=8\sin(a)\sin(c)\sin(b).}$

On obtiendrait de même

${\displaystyle PQ=8\sin(a)\sin(b)\sin(c){\text{ et }}QR=8\sin(b)\sin(c)\sin(a),}$

ce qui prouve que PR = PQ = QR. Le triangle PQR est donc bien équilatéral.

Cette démonstration est basée sur un article d'Alain Connes[2]. Elle utilise les nombres complexes et donne un calcul rapide de l'affixe des sommets du triangle équilatéral.

On se place dans le plan euclidien orienté qu'on pourra ultérieurement identifier au corps des complexes. On désigne par P, Q et R les trois intersections de trisectrices dont on veut montrer qu'elles forment un triangle équilatéral. En outre, on place les points P', Q' et R' symétriques de P, Q et R respectivement par rapport à BC, CA, AB (voir figure ci-contre). On note enfin comme précédemment ${\displaystyle 3a,\;3b,\;3c}$ les angles ${\displaystyle {\widehat {BAC}},{\widehat {CBA}},{\widehat {ACB}}}$.

Soient maintenant f, g, h les rotations de centres respectifs A, B, C et d'angles respectifs ${\displaystyle 2a,\;2b,\;2c}$. On observe alors que :

• (i) P (resp. Q, R) est le point fixe de ${\displaystyle g\circ h}$ (car il est centre de cette rotation) (resp. ${\displaystyle {h\circ f,\;f\circ g}}$ ).

  En effet h transforme P en P' et g transforme P' en P. Il en est de même pour Q et R.

• (ii) ${\displaystyle f^{3}\circ g^{3}\circ h^{3}=I}$ (application identité).

  En effet la somme des angles des rotations composantes est 2π et on obtient donc une translation. Mais A est invariant puisque h³ (rotation de centre C et d'angle ${\displaystyle 2{\widehat {ACB}}}$) transforme A en A' symétrique de A par rapport à BC, g³ transforme A' en A et finalement f³ laisse A invariant. Par suite cette translation est l'application identité.

Ainsi, on peut désormais travailler dans le corps des complexes en conservant les notations que nous avons introduites. On définit simplement les rotations f, g, h par

${\displaystyle f(z)=a_{1}z+b_{1}}$

${\displaystyle g(z)=a_{2}z+b_{2}}$

${\displaystyle h(z)=a_{3}z+b_{3}}$

avec ${\displaystyle a_{1},a_{2},a_{3}}$ égaux respectivement à ${\displaystyle {\rm {e}}^{2{\rm {i}}a},{\rm {e}}^{2{\rm {i}}b},{\rm {e}}^{2{\rm {i}}c}}$.

Un calcul rapide montre que (i) équivaut à

${\displaystyle P={\frac {a_{2}b_{3}+b_{2}}{1-a_{2}a_{3}}}}$

${\displaystyle Q={\frac {a_{3}b_{1}+b_{3}}{1-a_{3}a_{1}}}}$

${\displaystyle R={\frac {a_{1}b_{2}+b_{1}}{1-a_{1}a_{2}}}}$.

Quant à (ii) on montre aisément l'équivalence avec

• (iii) 
  • ${\displaystyle (a_{1}a_{2}a_{3})^{3}=1}$ ;
  • ${\displaystyle (a_{1}^{2}+a_{1}+1)b_{1}+a_{1}^{3}(a_{2}^{2}+a_{2}+1)b_{2}+(a_{1}a_{2})^{3}(a_{3}^{2}+a_{3}+1)b_{3}=0}$.

Le complexe ${\displaystyle \mathrm {j}$ :=a_{1}a_{2}a_{3}} est différent de 1 donc est l'une des deux racines cubiques primitives de l'unité. On a alors

${\displaystyle P={\frac {a_{1}(a_{2}b_{3}+b_{2})}{a_{1}-\mathrm {j} }}}$

${\displaystyle Q={\frac {a_{2}(a_{3}b_{1}+b_{3})}{a_{2}-\mathrm {j} }}}$

${\displaystyle R={\frac {a_{3}(a_{1}b_{2}+b_{1})}{a_{3}-\mathrm {j} }}}$.

Ces trois égalités sont bien définies car le triangle n'est pas plat, donc aucun des angles ${\displaystyle 3a,3b,3c}$ ne vaut ±π.

On peut alors vérifier que ${\displaystyle R+\mathrm {j} P+\mathrm {j} ^{2}Q=0}$, ce qui est une caractérisation classique du caractère équilatéral du triangle PQR.

Démonstration de ${\displaystyle R+\mathrm {j} P+\mathrm {j} ^{2}Q=0}$

On développe ${\displaystyle (R+\mathrm {j} P+\mathrm {j} ^{2}Q)(a_{1}-\mathrm {j} )(a_{2}-\mathrm {j} )(a_{3}-\mathrm {j} )}$, en utilisant que le complexe ${\displaystyle \mathrm {j}$ :=a_{1}a_{2}a_{3}} vérifie ${\displaystyle 1+\mathrm {j} +\mathrm {j} ^{2}=0}$.

Le coefficient de b₁ dans l'expression ci-dessus est

${\displaystyle a_{3}(a_{1}-\mathrm {j} )[a_{2}-\mathrm {j} +\mathrm {j} ^{2}a_{2}(a_{3}-\mathrm {j} )]=a_{3}(a_{1}-\mathrm {j} )(-\mathrm {j} +1/a_{1})=-{\frac {\mathrm {j} a_{3}}{a_{1}}}(a_{1}^{2}+a_{1}+1)}$.

Le coefficient de b₂ est

${\displaystyle a_{1}(a_{2}-\mathrm {j} )[a_{3}(a_{1}-\mathrm {j} )+\mathrm {j} (a_{3}-\mathrm {j} )]=\mathrm {j} a_{1}(a_{2}-\mathrm {j} )(-\mathrm {j} +1/a_{2})=-{\frac {\mathrm {j} ^{2}a_{1}}{a_{2}}}(a_{2}^{2}+a_{2}+1)}$.

Enfin, le coefficient de b₃ est

${\displaystyle a_{2}(a_{3}-\mathrm {j} )[\mathrm {j} a_{1}(a_{2}-\mathrm {j} )+\mathrm {j} ^{2}(a_{1}-\mathrm {j} )]=\mathrm {j} ^{2}a_{2}(a_{3}-\mathrm {j} )(-\mathrm {j} +1/a_{3})=-{\frac {a_{2}}{a_{3}}}(a_{3}^{2}+a_{3}+1)}$.

Finalement,

${\displaystyle (R+\mathrm {j} P+\mathrm {j} ^{2}Q)(a_{1}-\mathrm {j} )(a_{2}-\mathrm {j} )(a_{3}-\mathrm {j} )=}$

${\displaystyle =-{\frac {1}{\mathrm {j} a_{1}^{2}a_{2}}}[(a_{1}^{2}+a_{1}+1)b_{1}+a_{1}^{3}(a_{2}^{2}+a_{2}+1)b_{2}+(a_{1}a_{2})^{3}(a_{3}^{2}+a_{3}+1)b_{3}]=0\quad {\text{ (cf. (iii))}}}$.

Chaque côté du triangle de Morley mesure :

${\displaystyle 8R\sin {\frac {\widehat {A}}{3}}\sin {\frac {\widehat {B}}{3}}\sin {\frac {\widehat {C}}{3}},}$

où ${\displaystyle {\widehat {A}},{\widehat {B}},{\widehat {C}}}$ désignent les angles en A,B,C du triangle et où ${\displaystyle R}$ désigne le rayon du cercle circonscrit.

• Orientation par rapport au triangle de départ : le côté ${\displaystyle (B'C')}$ du triangle de Morley situé le plus près du sommet A fait avec le côté ${\displaystyle (BC)}$ du triangle de départ un angle égal à ${\displaystyle {{\widehat {C}}-{\widehat {B}}} \over 3}$.
• Orientation par rapport à la deltoïde de Steiner : le triangle (équilatéral) formé par les points de rebroussement de la deltoïde de Steiner et le triangle (équilatéral) de Morley, ont leurs côtés parallèles.